TOPOLOJİ DERS NOTLARI

Prof. Dr. İsmet KARACA

2013

Contents

1 KÜMELER VE FONKSİYONLAR 4

1.1 Kümeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1 Tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.2 Kümelerde Kartezyen Çarpım . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2 Euclid Uzayı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3.1 Tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3.2 Kümelerin Denkliği . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4 Bağıntılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.5 Kısmi, Toplam, İyi Sıralamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.6 Ordinaller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.7 Uygulama Alanları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2 TOPOLOJİK UZAYLAR 32

2.1 Tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2 Topolojik Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.3 Bazlar ve Alt Bazlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.4 Sıralama Topolojisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.5 Alt Uzay Topolojisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.6 Bir Kümenin İçi ve Kapanışı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.7 Yoğun Kümeler ve Hiçbir Yerde Yoğun Olmayan Kümeler . . . . . . . . . . . . . 73

2.8 Limit Noktaları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.9 Topolojik Uzaylarda Diziler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.10 Bir Kümenin Sınırı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.11 Çarpım Topolojisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

1

2

3 SÜREKLİLİK 93

3.1 Açık(Kapalı) Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.2 Dizisel Süreklilik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

3.3 Fonksiyonlar Dizisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

3.4 Topolojik Denklik(Homeomorfizma) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4 METRİK UZAYLAR 126

4.1 Tarihçesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

4.2 Metrik Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

4.3 Kapalı Kümeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

4.4 Dizilerde Yakınsaklık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4.5 Metrik Uzaylarda Süreklilik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

4.6 İki Küme Arasındaki Uzaklık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

4.7 Normlu Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4.8 Uygulama Alanları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

4.8.1 Hata Düzeltme Kodları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

4.8.2 DNA Dizileri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5 İDENTİFİKASYON UZAYLARI 170

5.1 Tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.2 İdentifikasyon Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.3 Bölüm Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

5.4 Ekli Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

5.5 Bir Topolojik Uzayın Süspansiyonu: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

6 ÇARPIM UZAYLARI 192

6.1 tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

6.2 Çarpım Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

7 AYIRMA AKSİYOMLARI 207

7.1 Tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

7.2 T0-Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

7.3 T1-Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

7.4 T2-Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

3

7.5 T3-Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

7.6 Tamamen Regüler Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

7.7 T4-Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

7.8 Normallik ve Fonskiyon Genişlemesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

8 SAYILABİLİRLİK AKSİYOMLARI 235

8.1 Birinci Sayılabilir Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

8.2 İkinci Sayılabilir Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

8.3 Ayrılabilir Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

8.4 Lidelöf Uzayları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

9 BAĞLANTILI UZAYLAR 252

9.1 Tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

9.2 Bağlantılı Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

9.3 Yol Bağlantılı Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

9.4 Yerel Bağlantılı ve Yerel Yol bağlantılı Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

10 KOMPAKT UZAYLAR 274

10.1 Tarihçe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

10.2 Açık Örtü ve Kompakt Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

10.3 Metrik Uzaylarda Kompaktlık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

10.4 Ekstrem değer Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

10.5 Limit Nokta Kompaktlık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294

10.6 Yerel Kompakt Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294

10.7 Kompaktlaştırma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298

10.8 Limit Nokta Kompaktlığı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300

Chapter 1

KÜMELER VE FONKSİYONLAR

1.1 Kümeler

1.1.1 Tarihçe

Matematik dilinde birlik sağlama gereksinimi on dokuzuncu yüzyılın sonlarına doğru duyulmuştur.

Bu konuda çalışmalar ortaya koyanların başında Alman matematikçi George Cantor (1845-1918)

gelmektedir. Bahsedilen birlik kümelerle sağlanmıştır. Sonlu ve sonsuz kümeleri oluşturmayı

amaçlayan Cantor, bu amaca ilk ulaşanlardan biridir. Cantor’un çalışmaları sayesinde kümeler

sağlam matematiksel temellere oturtulmuştur.

Figure 1.1: Georg Cantor

4

5

Tabiki Cantor’dan önce kümeler teorisine katkısı olan bazı düşünceler mevcuttur. Sonsuzluk

fikri eski Yunanlılar zamanında tartışılan bir konudur. Bu kanuya ilk katkıda bulunan Zeno (M.Ö.

450) olmuştur. Euclides (M.Ö. 430-360) bugün de bilinen ”Sonsuz çoklukta asal sayı vardır.” teo-

remini kanıtlamıştır. Bernard Bolzano 1847 de kümelerle ilgili aşağıdakini söylemiştir:

Bir küme, parçalarının düzeni önemli olmaksızın, tasarladığımız bir fikir veya konseptin somut-

laştırılmışıdır.

1878 yılında Cantor’un, küme kavramını ortaya atan ilk çalışması yayınlandı. Frege 1893

yılında Aritmetiğin Temel Yasaları isimli yapıtının ilk cildini yayınladı ve bu eserinde Can-

tor’unkine çok yakın bir şekilde küme kavramını ortaya koydu. Sayıların kümeye dayalı tanımını

verdi.

1903 yılında Russel paradoksu ilk kez ortaya atıldı. Bu paradoks Frege’nin kitabının ikinci

cildinde yer aldı. Çalışması, matematiğin kümeler kavramı üzerine kurulmasının imkansız kılıy-

ordu. Kendisini eleman olarak kabul eden kümelerin kümesi anlamsızdır şeklinde olan bu paradox

her şeyin küme olarak alınamayacağını ortaya koydu. Ernest Zermelo, paradoksal kümelere olanak

vermeyen ilk aksiyom sistemini önerdi. Russel ve Whitehead 1910 yılında oldukça dikkat çekici

olan Mathematiğin İlkeleri isimli çalışmalarını yayınladılar ve paradokslardan kaçınmak için tipler

kuramı adında karmaşık bir yazım önerdiler. Bu teknik bazı bilgisayar dilleri için temel oluşturdu.

Abraham Fraenkel, 1922 yılında Zermelo’nun aksiyom sistemini geliştirdi. Günümüzde Zermelo-

Fraenkel ismiyle anılan bu sistem yaygın bir kullanım alanı buldu. John Von Neuman 1924

yılında kümeler kuramını aksiyomatik hale getirmek için temel iki kavrama, yani paradoks ola-

bilecek sınıflara ve kümelere dayalı bir çözüm önerdi. Kurt Gödel 1940 yılında, sonlu ötesi sayıların

tanımlanmasında zorunlu olan seçme aksiyomu ve bu sayılara tutarlı bir temel hazırlayan süreklilik

varsayımının, kuramın diğer aksiyomları ile çelişmediğini gösterdi. Paul Joseph Cohen, 1963

yılında, bu iki önermenin olumsuzunun da kuramın diğer aksiyomlarıyla çelişmediğini gösterdi.

Kümelerin bu şekilde kurulmasını sağladıktan sonra kümelerin dili yazılmıştır. Bu dilde

kümeler üzerinde birleşim, kesişim, fark, simetrik fark, tümleyen gibi tanımlar yapılmış ve bu

tanımlarla kümelerin kullanılması sağlanmıştır. Kümeler üzerindeki bağlantılar bu dalın bilgisa-

yarlara nasıl yüklenebileceğini göstermiştir. Bu konudaki ilk çalışmaları George Boole (1815-1864)

yapmıştır. İkinci adım da Georg Cantor tarafından atılmıştır.

Cantor’un trigonometrik seriler üzerine olan çalışmaları onu, sonlu ötesi adını verdiği sayıları

bulma düşücesine itti. Bu sayıların amacı doğal sayıların ötesinde işlem kapasitesini araştırmaktı.

Bu noktadan hareketle kümelerin dilini araştırma düşüncesine vardı. Çalışmaları bazı matem-

atikçilarce iyi anlaşılamadı ve çok sert tartışmalara yol açtı. Ünlü matematikçi David Hilbert’in

6

Figure 1.2: Çizen Eller

(1862-1943) dediği gibi ”Georg Cantor’un bizim için kurduğu cennetten hiç kimse bizi kovamaz!”

sözü bugün haklılığını kanıtlamıştır.

Bu arada Cantor Paradoksuna da bir göz atalım. Buna daha çok yalancı paradoksu denir.

Eskiçağdan beri bilinen bu paradoksun ilk ifadesi şu şekilde yapılmıştır: Bütün Giritliler yalancıdır.

Epimenides de Giritlidir. ’Ben yalan söylüyorum’ diyor. O halde Epimenides doğruyu söylüyor

mu? Hayır. Çünkü kendisi Giritlidir, o halde yalancıdır. Ama ’Yalan söylüyorum’ derken yalan

söylüyorsa, bu durumda doğruyu söylüyor. Sonuçta çelişki kaçınılmazdır. Yalancı paradoksu hem

Russel paradoksunun hem de Gödel teoreminin temelini oluşturur.

Ortaçağ Fransız düşünürü Jean Buridan, bu paradoksun daha basit şeklini verdi. Şu cüm-

leyi yazalım: ’Burada yazılan cümle yanlıştır.’ Bu cümle doğru mudur? Yanlış olması koşuluyla

evet. Ancak bu durumda doğruluk sorgusunda engel var demektir. Bu paradoks, günümüzde

otoreferans denen problemi ortaya koymuştur. Diego Velazquez ve M. Cornelis Escher’in tablo-

ları otoreferans paradokslarının resimleridir. Escher, birbirini bir kâğıt üstünde çiziyor görünen

iki el betimlenmiştir.(Bkz Şekil 1.2) Paradoksal bir görüntü arz eden resim, Escher’in ünlü eser-

lerindendir. Velazquez ise aynadaki görüntülerini gördüğü insanların portrelerini çizen ressamı

resmediyor. (Bkz Şekil 1.3) Çocuklar, tablonun seyircileri olan bize bakıyor. O halde konu tablo-

nun kendisidir.

Bu bölümde, kümeleri aksiyomatik olarak ele almayacağız. Bir küme, nesnelerin iyi tanımlan-

mış koleksiyonu olarak ele alınacaktır. Bir kümede, nesneler bu kümenin elemanları veya noktaları

olarak adlandırılacaktır.

x, bir S kümesinin elemanı ise x ∈ S şeklinde yazarız. Kümeleri genelde büyük harflerle simgel-

7

Figure 1.3: Velazquez’in tablosu

8

erken, elemanları küçük harflerle simgeleriz.

Örnek 1.1.1.

P = 1, 2, ... (Pozitif tam sayılar kümesi)

N = 0, 1, 2, ... (Negatif olmayan tam sayılar kümesi)

Z = ...,−k, ...,−2,−1, 0, 1, 2, ..., ..., k, ... (Tam sayılar kümesi)

Örnek 1.1.2. < ve ≤, R üzerinde sıralama bağıntıları olsun. Reel sayılar çifti r ve s için dört

tip sonlu aralıklar mevcuttur. r < s için

(r, s) = x ∈ R|r < x < s açık aralık

r ≤ s için

[r, s] = x ∈ R|r ≤ x ≤ s kapalı aralık

[r, s) = x ∈ R|r ≤ x < s kapalı-açık aralık

(r, s] = x ∈ R|r < x ≤ s açık-kapalı aralık

Elemanı bulunmayan kümeye boş küme denir. Boş küme tektir ve ∅ ile gösterilir.

Elemanları kümeler olan kümeye sınıf ve elemanları sınıf olan kümeye aile denir. Örnek olarak,

a, b, c, d, e, f

sınıfının elemanları a, b, c, d, e, f şeklindedir. Bir S kümesi için P (S) kuvvet kümesi bir

sınıftır.

S kümesine T kümesinin alt kümesi denir. S ⊂ T ile gösterilir. İki küme S ve T tam olarak aynı

elemanlara sahip ise bu iki küme eşittir. Yani S ⊂ T ve T ⊂ S ise S = T dir.

S ve T iki küme olsun. T nin S ye göre tümleyeni S de bulunmayan T nin tüm elemanlarının

kümesidir. Yani T − S = x ∈ T |x /∈ S.

Sii∈I kümeler ailesi olsun. Bu kümeler ailesinin birleşimi

x| en az bir i ∈ I için x ∈ Si.

Yani ⋃i∈I

Si = x| ∃i ∈ I, x ∈ Si.

Kümeler ailesi Sii∈I kesişimi, ⋂i∈I

Si = x| ∀i ∈ I, x ∈ Si

şeklinde tanımlanır.

9

Tanım 1.1.1. Sini=1 kümeler kolleksiyonu olsun. Tüm i ∈ I için Si+1 ⊂ Si ise Sini=1 kollek-

siyonuna iç içe geçmiş kümeler(nested sets) kolleksiyonu denir.

Örnek 1.1.3. n ∈ Z+ için [− 1n, 1n] kapalı aralıklar kolleksiyonu bir iç içe geçmiş kümeler kollek-

siyonudur.

Örnek 1.1.4. ∀n ∈ N için Sn = (− 1n, 1n) alalım.⋃

n∈N

Sn = S1 = (−1, 1)

⋂n∈N

Sn = 0 dır.

Örnek 1.1.5. Her r ∈ R+ için Sr = [−r, r] olsun. O zaman⋃r∈R+ Ur = R+ ve

⋂r∈R+ Ur = 0

olur.

Önerme 1.1.1. Sii∈I , T kümesinin alt kümeler ailesi olsun.

i)⋃i∈I(T − Si) = T − (

⋂i∈I Si)

ii)⋂i∈I(T − Si) = T − (

⋃i∈I Si)

İspat:

i) x ∈⋃i∈I(T −Si) olsun. En az bir i ∈ I için x ∈ T −Si dir. Böyle en az bir i ∈ I için x /∈ Si

dir. O zaman ∀i ∈ I, x /∈ Si dir. Dolayısıyla x /∈⋂i∈I Si dir. Sonuç olarak x ∈ T −

⋂i∈I Si

elde ederiz. Yani⋃i∈I(T − Si) ⊂ T −

⋂i∈I Si dir.

x ∈ T −⋂i∈I Si alalım. O zaman bir i ∈ I vardır öyleki bu i ∈ I için x /∈ Si dir. Dolayısıyla

bir i ∈ I için x ∈ T −Si dir. O zaman x ∈⋃i∈I(T −Si) dir. Yani T −

⋂i∈I Si ⊂

⋃i∈I(T −Si)

dir. Sonuç olarak T −⋂i∈I Si =

⋃i∈I(T − Si) dir.

Tanım 1.1.2. 1. S ve T iki küme olsun. S ∩ T = ise S ve T ye ayrık(disjoint) iki küme

denir.

2. Sii∈I kümeler kolleksiyonu ve bu kolleksiyona ait iki küme ayrık ise kolleksiyondaki bu iki

kümeye karşılıklı ayrık (mutually disjoint) denir.

Lemma 1.1.1. S bir küme ve S in alt kümeler kolleksiyonu C olsun. Her x ∈ S için C kolleksiy-

onunda bir Ax kümesi vardır öyleki x ∈ Ax olduğunu varsayalım. O zaman⋃x∈S

Ax = S.

10

İspat: Herbir Ax kümesi S nin alt kümesi olduğundan⋃Ax ⊂ S dir.

y ∈ S olduğunu varsayalım. y ∈ Ay olacak şekilde bir S nin alt kümeler kolleksiyonunda bir Ay

vardır. y ∈ S olması y ∈⋃Ax olmasını gerektirir. Böylece S ⊂

⋃Ax. Sonuç olarak,

⋃x∈S Ax = S

dir.

Örnek 1.1.6. Reel sayılar R kümesindeki alt kümeler C = [n, n + 1]n∈Z kolleksiyonunu ele

alalım. Her x ∈ R elemanı, [n, n + 1](n ∈ Z) aralığının bir elemanıdır. Bir önceki Lemma 1.1.1

dan reel sayılar kümesi bu aralıkların birleşimine eşittir.

Tanım 1.1.3. Bir S kümesinin tüm alt kümeler koleksiyonuna S kümesinin kuvvet kümesi denir

ve P (S) ile gösterilir.

Örnek 1.1.7. 1) ∅ = ⊂ S olduğundan, ∅ ∈ P (S). Böylece ∅ ⊂ P (S) dir. ∅, P (S) in

boştan farklı alt kümesidir. Bu alt kümenin bir tek elemanı ∅ ∈ P (S) dir.

2) S ⊂ S olduğundan S ∈ P (S) dir. Böylece S ⊆ P (S), bir tek üyeli alt kümedir. S = a, b

alırsak S = a, b 6= S.

3) x ∈ S alalım. O zaman x ⊂ S ve x ∈ P (S) dir.

1.1.2 Kümelerde Kartezyen Çarpım

İki nesne s ve t nin sıralı ikilisi,

(s, t) = s, s, t

şeklinde bir kümedir.

S ve T herhang iki küme olsun. S ve T nin kartezyen çarpımı s ∈ S ve t ∈ T olacak şekilde tüm

(s, t) sıralı ikililerin kümesi olarak tanımlanır. Yani

S × T = (s, t)|s ∈ S, t ∈ T.

S × T = s × T |s ∈ S ∪ S × t|t ∈ T

Burada, her bir s ∈ S için çarpım kümesi s× T , S × T de T nin bir kopyasıdır ve her bir t ∈ T

için çarpım kümesi S × t, S × T de S in bir kopyasıdır. s × T ve S × t alt kümelerinin her

birine, S × T çarpım kümesinin bir dilimi (slice) denir.

Örnek 1.1.8. Reel sayılar kümesi R nin kendisi ile kartezyen çarpımı reel düzlem R2 dir.

R2 =⋃x∈R

(x × R) ∪⋃x∈R

(R× x)

11

Figure 1.4:

Figure 1.5:

Örnek 1.1.9. Çember S1 ile birim aralık I nın kartezyen çarpımı bir silindirdir.

Örnek 1.1.10. Çember S1 in kendisi ile kartezyen çarpımı bir Tor’dur.

Figure 1.6:

Önerme 1.1.2. U, V ⊂ S ve W,Z ⊂ T olsun.

1) U × (W ∩ Z) = (U ×W ) ∩ (U × Z)

2) U × (W ∪ Z) = (U ×W ) ∪ (U × Z)

3) U × (T −W ) = (U × T )− (U ×W )

4) (U ×W ) ∩ (V × Z) = (U ∩ V )× (W ∩ Z)

5) (U ×W ) ∪ (V × Z) ⊆ (U ∪ V )× (W ∪ Z)

12

6) (S × T )− (U ×W ) = S × (T −W ) ∪ (S − U)× T .

1.2 Euclid Uzayı

Topolojide en çok kullanılan kümelerden biri de Rn veya Euclid uzayıdır. Düzlem (R2 ile gösterilir)

reel sayılar ikilisinin oluşturduğu kümedir, yani

R2 = (x1, x2) | x1, x2 ∈ R2.

Böylece R2, R nin kendisi ile kartezyan çarpımıdır.

Figure 1.7: R2 = (x1, x2) | x2, x2 ∈ R2 düzlemi

Genelde, Rn, reel ekseninin kendisi ile n kez çarpımıdır. Bu kümeyi şöylede ifede edebiliriz;

Rn = (x1, x2, . . . , xn) | x1, x2, . . . , xn ∈ R.

Bu kümeye, n-Euclid uzayı veya n-uzayı deriz. (0, 0, . . . , 0) ∈ Rn noktasına orijin denir.

Rn de uzaklığı ölçmek için Euclid uzaklık formülülü kullanılır. Bu uzaklık şöyle tanımlanır:

p = (p1, p2, . . . , pn) ve q = (q1, q2, . . . , qn) iki nokta arasındaki uzaklık(bakınız şekil ),

d(p, q) =√

(p1 − q1) + (p2 − q2) + · · ·+ (pn − qn).

Bu formül metrik özellikleri olarak bilinen aşağıdaki üç özelliği sağlamalıdır:

1. Tüm p, q ∈ Rn için d(p, q) ≥ 0 ve d(p, q) = 0⇔ p = q.

2. Tüm p, q ∈ Rn için d(p, q) = d(q, p) dir.

3. Tüm p, q ∈ Rn için d(p, r) ≤ d(p, q) + d(q, r) dir.

13

Metrik uzayları ve Topoloji ile bağıntısını Bölüm de inceleyeceğiz. x ∈ Rn elemenını n-uzayda

bir nokta olarak ele alacağız. x ∈ Rn elemanın normu

|x| =√x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n

şeklinde tanımlanır. x elemanın normunu x noktasının orijine olan uzaklığı veya bir x vektörün

uzunluğu olarak düşüneceğiz.

Figure 1.8: p ve q noktaları arasındaki uzaklık

Tanım 1.2.1. A kümesi Rn nin bir alt kümesi olsun. Her x ∈ A için |x| ≤ b olacak şekilde bir

b ∈ R varsa A kümesi Rn de sınırlıdır denir

Rn nin bir alt kümesi A sınırlı ise tüm p, q ∈ A için d(p, q) ≤ d∗ olacak şekilde bir d∗ ∈ R sayısı

vardır. Dolasıyla, Rn deki sınırlı bir A kümesinde A ya ait nokta ikili arasındaki uzaklık üstten

sınırlıdır.

Tanım 1.2.2. A kümesi Rn nin bir alt kümesi olsun. Her nokta ikilisi p, q ∈ A tarafınfan oluştu-

rulan doğru parçası A nın içinde kalıyorsa A kümesine konvekstir denir.

A ve B kümeleri düzlemde konveks iken C kümesi konveks değildir (Bakınız şekil ).

Tanım 1.2.3. 1. Aşağıdaki lineer eşitsizliği sağlayan (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn noktalrın kümesine

Rn de yarı düzlem denir: ai lerden enaz biri sıfır olmayan ai ve b reel sayı olmak üzere

a1x1 + a2x2 + · · · anxn ≤ b.

14

2. Rn deki yarı düzlemlerin arakesitiolarak ifade edilen Rn nin sınırlı alt kümesine polihedran

denir.

Şekil de 1-boyutlu, 2-boyutlu ve 3-boyutlu polihedran verilmiştir.

Tanım 1.2.4. n- Küre, Rn+1 deki orijine uzaklığı 1 birim olan noktalrın kümesidir. Yani

Sn = (x1, x2, . . . , xn+1) ∈ Rn+1‖ x21 + x2

2 + · · ·+ x2n+1 = 1

Tanımdan, 0-küre iki nokta, 1-küre çember ve 2-küre S2 olduğu kolayca anlaşılmaktadır

(bakınız şekil ).

x = (x1, x2, . . . , xn+1) noktası, Sn de bir nokta olmak üzere −x = (−x1,−x2, . . . ,−xn+1) nokrasına

x noktasının antipode noktası denir. Dolasıyla, n-küre üzerindeki x noktasının antipode noktası,

x noktasının orijine göre simetriğidir.

Tanım 1.2.5. n-yuvar(Ball) Bn,

Bn = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn‖ x21 + x2

2 + · · ·+ x2n ≤ 1

şeklinde tanımlanır.

Tanımdan, 2-yuvar bir disktir.

1.3 Fonksiyonlar

1.3.1 Tarihçe

Matematik dünyasında ortaya çıkışı çok eski çağlara dayanan fonksiyon kavramı, klasik ve

modern matematik arasındaki ayırıcı özeliklerden biri olarak görülür. Fonksiyon kavramının tar-

ihçesine bakıldığında, bu kavramın matematik araştırmalarında ayrı bir kavram olarak ortaya

15

çıkışının 17. yüzyılın sonlarına rastgeldiği görülmektedir. Matematikçiler tarafından çeşitli biçim-

lerde tanımlanarak gelişen [1,2] kavram için fonksiyon adını ilk olarak Gottfried Wilhelm Leibniz

(1646-1716), matematiğin temel nesnelerinin geometrik eğriler olarak alındığı 17. yüzyılda kullan-

mıştır [1]. Leibniz, teğetin bir eğri fonksiyonu olduğunu söylemiştir [2]. Leibniz, fonksiyon terimini

ilk defa 1673’de, bir eğrinin teğet ve normalleri gibi geometrik nicelikleri arasındaki bağı göstermek

için kullanmıştır. Sabit, parametre ve değişken gibi terimleri de ilk defa tanıtan Leibniz’dir.

Figure 1.9: Gottfried Wilhelm Leibniz

Cebirsel metodlarla eğriler üzerindeki çalışmalarının gelişmesiyle tek bir değişkene bağlı nicelik-

leri gösterecek bir terime-ifadeye giderek daha fazla ihtiyaç duyulmuş ve nihayet fonksiyon 1694

ve 1698 yılları arasında bu amaç için Leibniz ve Jean Bernoulli (1667-1748) tarafından benim-

setilmiştir.

Fonksiyon terimi, 1716’ya kadar matematik sözlüklerinde yer almamıştır ama bundan iki yıl sonra

Bernoulli geniş çaplı bir makale yayınlamış ve bu makalede bir değişkene ait bir fonksiyonu, bu

değişkenlerle sabitlerden oluşan bir nicelik olarak tanımlamıştır. Bernoulli’nin öğrencisi Euler

daha sonra bu tanıma nicelik yerine analitik ifade deyişini eklemiştir.

1748 de Leonhard Euler (1707-1783) fonksiyon kavramı için genel tanımı vermiştir:

Değişken niceliğinin bir fonksiyonu; sabit ya da sayı nicelikleri ve değişken niceliklerinden oluşan

bir analitik ifadedir [3].

1821’de, değişkenler arasında bağlılık kavramını fonksiyon tanımına alan Augustin Louis Cauchy’nin

de (1789-1857) fonksiyon kavramını bir formül olarak düşündüğü görülmektedir [3].

Gelişim sürecinde fonksiyon kavramını eğri ya da analitik ifadenin ötesinde bir eşleme olarak

gören ilk matematikçi Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) olmuştur. Dirichlet, fonksiyon

16

Figure 1.10: Jean Bernoulli ve Leonhard Euler

Figure 1.11: Augustin Louis Cauchy

kavramı için aşağıdaki tanımı vermiştir:

a < x < b aralığındaki her x değişkenini, değeri tanımlı tek bir y değişkeni ile eşliyor ise, y; x

değişkeninin bir fonksiyonudur ve eşlemenin hangi yolla kurulduğu önemsizdir [2].

1900 lerde, Drichlet’in tanımındaki eşlemenin hangi yolla kurulduğunun önemsizliğine karşı görüşler

oluşmuş, Rene-Louis Baire (1874-1932), Emile Borel (1871-1956) ve Henri Leon Lebesgue (1875-

1941), fonksiyon tanımında eşlemenin kuralının belirli olmasının gerekliliğini vurgulamışlardır [2].

1939’da birkaç Fransız matematikçinin oluşturduğu grup olan Nicolas Bourbaki ise aşağıdaki

tanımı vermiştir:

E ve F, eş olabilir iki küme olsunlar. Verilen bağıntıda x ile bağlı tek bir y var ise, E nin bir x

elemanı ile F nin bir y elemanı arasında bağıntıya fonksiyon bağıntısı denir [2].

17

Figure 1.12: Peter Gustav Lejeune Dirichlet

Figure 1.13: Rene-Louis Baire, Emile Borel ve Henri Leon Lebesgue

Bourbaki daha sonra fonksiyon kavramının tanımını, E × F kartezyen çarpım kümesinin belli alt

kümeleri olarak vermiştir [2].

Bu gelişimin sonunda 1960’lardan sonra fonksiyon kavramı, Drichlet-Bourbaki tanımı ile ders ki-

tapları ve öğretim programlarında yerini almıştır. Buna göre fonksiyon; boş olmayan iki küme

arasında, her elemanı yalnızca bir elemana götüren bir eşlemedir.

Tanım 1.3.1. S ve T iki küme olsun. S ve T nin kartezyen çarpım kümesinin R alt kümesine,

S ve T arasında bir bağıntıdır denir. S × S nin bir alt kümesine, S üzerinde bir bağıntıdır denir.

R, S ve T arasında bir bağıntı ise sRt şeklinde ifade ederiz. sRt ifadesine s ve t R-bağlantılıdır

denir.

Tanım 1.3.2. S ve T iki küme ve f de bu iki küme arasında bir bağıntı olsun. S nin her bir

elemanı, T nin bir ve sadece bir elemanına f -bağlantılı ise f bağıntısına bir fonksiyondur denir.

(s, t) ∈ f ise t = f(s) yazarız. S kümesine f nin tanım kümesi, T ye de f nin değer kümesi denir.

f : S −→ T bir fonksiyon ve W ⊂ S olsun. f nin W ya kısıtlanışı, W dan T ye giden bir

fonksiyondur ve f |W (w) = f(w), ∀w ∈ W şeklinde taımlanır.

18

Figure 1.14: Nicolas Bourbaki grubu

f(S) = T ise f ye örten fonksiyon denir.

∀s, s′ ∈ S için f(s) = f(s′) =⇒ s = s

′ ise f ye injektif fonksiyon denir. Bir f : S −→ T

fonksiyonu hem injektif hem de sürjektif ise f ye bijektif denir.

U ⊂ T olsun. f−1(U) = s ∈ S|f(s) ∈ U kümesine U nun f altındaki ters görüntüsü denir.

Örnek 1.3.1. S herhangi bir küme olmak üzere

1S : S −→ S

s 7−→ 1S(s) = s

birim fonksiyonu verilsin. Birim fonksiyon bijektiftir. W ⊂ S alalım.

1W : W −→ S, w 7−→ 1W (w) = w fonksiyonuna kapsama fonksiyonu denir. 1W injektiftir.

Örnek 1.3.2.

S ve T herhangi bir küme olmak üzere

π1 : S × T −→ S

(s, t) 7−→ π1(s, t) = s

ve

π2 : S × T −→ T

(s, t) 7−→ π2(s, t) = t

şeklinde tanımlı fonksiyonlara izdüşüm fonsiyonları denir. π1 ve π2 daima süreklidir.

Not 1.3.1. 1) w ∈ W =⇒ f(w) ∈ f(W )

2) t ∈ f(W ) =⇒ ∃w ∈ W 3: t = f(w)

19

3) s ∈ f−1(U) =⇒ f(s) ∈ U

4) f(s) ∈ U =⇒ s ∈ f−1(U)

Önerme 1.3.1. f : S −→ T herhangi bir fonksiyon olsun. W,Wα;V ⊂ S ve U,Uβ, Z ⊆ Y olmak

üzere aşağıdaki özellikler mevcuttur.

1) W ⊆ f−1(f(W )), f(f−1(U)) ⊆ U

2) f(⋃αWα) =

⋃α f(Wα), f−1(

⋃β Uβ) =

⋃β f−1(Uβ)

3) f(⋂αWα) ⊂

⋂α f(Wα), f−1(

⋂β Uβ) =

⋂β f−1(Uβ)

4) f(V −W ) ⊇ f(V )− f(W ), f−1(Z − U) = f−1(Z)− f−1(U)

İspat:

1) w ∈ W ise f(w) ∈ f(W ) dır. Böylece w ∈ f−1(f(W )) dır. t ∈ f(f−1(U)) ise s ∈ f−1(U)

olacak şekilde t = f(s) vardır. Böylece f(s) ∈ U dır. Yani t = f(s) ∈ U dır.

2) t ∈ f(⋃αWα) alalım. t = f(s) olacak şekilde s ∈

⋃αWα vardır. Böylece bazı α için

t ∈ f(Aα) =⇒ t ∈⋃α f(Aα) dır. Tersi de oluşur.

s ∈ f−1(⋃β Uβ) olsun. O zaman f(s) ∈

⋃β Uβ dır. Yani bir β için f(s) ∈ Uβ dır. Bir β için

s ∈ f−1(Uβ) dır. Böylece s ∈⋃β f−1(Uβ) dır. Tersi de oluşur.

3) z ∈ f(⋂αWα) olsun. Bir s ∈

⋂αWα için f(s) = t vardır. O zaman ∀α için t ∈ f(Wα) olur.

Böylece t ∈⋂α f(Wα) dır.

s ∈ f−1(⋃β Uβ) olsun. O zaman f(s) ∈

⋃β Uβ dır. Bir β için f(s) ∈ Uβ dır. Bir β için

s ∈ f−1(Uβ) dır. Yani s ∈⋃β f−1(Uβ) dır. Tersi de benzer şekilde gösterilir.

4) t ∈ f(V ) − f(W ) olsun. Bir s ∈ V için t = f(s) dir. Fakat s ∈ W için bu eşitlik yoktur.

Böylece t ∈ f(V −W ) dır. Yani

f(V )− f(W ) ⊆ f(V −W )

dır.

s ∈ f−1(Z − U) olsun. f(s) ∈ Z − U dur. O zaman f(s) ∈ Z ve f(s) /∈ U dur. Yani

s ∈ f−1(Z) ve s /∈ f−1(U) dur. O halde s ∈ f−1(Z) − f−1(U) dur. Diğer yönü de benzer

şekilde yapılır.

20

f : S −→ T ve g : T −→ U iki fonksiyon olsun.

h : S −→ U

s 7−→ h(s) = g(f(s))

şeklinde tanımlanan h fonksiyonuna, f ve g nin bileşkesi denir ve h = g f ile gösterilir.

f : S −→ T ve g : T −→ S iki fonksiyon olsun. Eğer g f = 1X ve f g = 1Y ise f ve g

birbirlerinin tersidir denir.

Önerme 1.3.2. 1) f : S −→ T fonksiyonunun sağ tersinin olması için gerek ve yeter şart f

nin sürjektif olmasıdır.

2) f : S −→ T fonksiyonunun sol tersinin olması için gerek ve yeter şart f nin injektif ol-

masıdır.

İspat: Ödev.

Sonuç 1.3.1. 1) f : S −→ T ve g : T −→ U olsun. f ve g nin tersleri varsa, g f in tersi de

vardır. Yani (g f)−1 = f−1 g−1 dir.

2) f : S −→ T nin bir tersinin olması için gerek ve yeter şart bu fonksiyonun bijektif olmasıdır.

1.3.2 Kümelerin Denkliği

S ve T iki küme verilsin. S ve T arasında bijektif eşleme varsa S, T ye denktir denir.

Örnek 1.3.3. (−1, 1), R ye denktir.

f : (−1, 1) −→ R

x 7−→ f(x) = x1−|x|

g : R −→ (−1, 1)

x 7−→ g(x) = x1+|x|

Örnek 1.3.4. (0, 1] ve [0, 1) aralıkları denktir.

Tanım 1.3.3. 1. Bir S kümesi 1, ...,m kümesine denk ise bu küme sonludur(finite) denir.

21

2. Bir S kümesi, pozitif tamsayılar kümesi P ye denk ise bu kümeye sayılabilir sonsuz(countably

infinite) denir.

3. Bir S kümesi ya sonlu yada sayılabilir sonsuz ise bu kümeye sayılabilir küme denir.

Örnek 1.3.5. Q rasyonel sayılar kümesi ve Z tamsayılar kümesi sayılabilir iken reel sayılar kümesi

R ve irrasyonel sayılar kümesi I sayılamazdır.

Not 1.3.2. 1) Bir sonlu kümenin alt kümesi de sonludur.

2) Sonlu kümelerin sonlu çarpımı da sonludur.

3) Ayrık sonlu kümelerin sonlu birleşimi de sonludur.

4) Sayılabilir kümenin alt kümesi de sayılabilirdir.

5) Sayılabilir kümelerin sayılabilir çarpımı da sayılabilirdir.

6) Sayılabilir kümelerin sayılabilir birleşimi sayılabilirdir.

1.4 Bağıntılar

R, S×S üzerinde ikili bağıntı olsun. Bu ikili bağıntı R aşağıdaki özelliklere sahip ise R ye denklik

bağıntısı denir.

• ∀s ∈ S, sRs (yansıma)

• ∀s, t ∈ S, sRt =⇒ tRs (simetri)

• ∀s, t, u ∈ S (sRt) ∧ (tRu) =⇒ sRu (geçişme).

R denklik bağıntısı altında s ∈ S nin denklik sınıfı, s elemanına R ile bağlantılı olan S nin tüm

elemanlarının kümesidir. Yani

[s]R = t ∈ S|sRt.

[s]R denklik sınıfının oluşturduğu kümeye X/R bölüm kümesi denir.

Örnek 1.4.1. xiy ∈ R olsun. x ≡Z y ⇐⇒ y − x = k ∈ Z

R/ ≡Z bölüm kümesi, [0, 1] kümesindeki 0 ve 1 in özdeşleştirilmesiyle elde edilen bir dairesel küme

olarak düşünülebilir.

Önerme 1.4.1. Bir S kümesi üzerindeki denklik bağıntısı R olsun. R nin oluşturduğu denklik

sınıfı, ikili olarak ayrıktır ve bu denklik sınıfı S yi örter.

22

İspat: w ∈ [s]R ∩ [t]R olsun. O zaman sRw ve tRw dır. R nin simetri ve geçişme özelliğinden,

sRt dir. sRu ⇐⇒ wRu. Yani u ∈ [s]R ⇐⇒ u ∈ [t]R. Böylece [s]R ∩ [t]R 6= ∅ =⇒ [s]R = [t]R. R

nin yansıma özelliğinden, tüm s ∈ S için s ∈ [s]R dir. Böylece S =⋃[s]R ⊆ S|s ∈ S dir.

1.5 Kısmi, Toplam, İyi Sıralamalar

Bir S kümesi üzerindeki ikili bağıntısı ≤, aşağıdaki özelliklere sahip ise bu bağıntıya kısmi sıralama

denir.

• ∀s ∈ S, s ≤ s (yansıma)

• ∀s, t ∈ S, (s ≤ t) ∧ (t ≤ s) =⇒ s = t (ters simetri)

• ∀s, t, u ∈ S, (s ≤ t) ∧ (t ≤ u) =⇒ s ≤ u (geçişme).

Kısmi sıralama bağıntısı ≤ ile birlikte S kümesine kısmi sıralı küme denir. (S,≤) ile gösterilir.

(X,≤) kısmi sıralı küme olsun.

1) ∀s ∈ S için s ≤ m ise m ∈ S ye maksimal eleman denir.

2) U ⊂ S alt küme olsun. ∀u ∈ U için u ≤ s mevcut ise s ∈ S ye, U kümesinin üst sınırı denir.

3) U ⊂ S alt küme olsun. Tüm u, v ∈ U için ya u ≤ v ya da v ≤ u ise U alt kümesine bir zincir

(chain) denir.

(Si ≤) kısmi sıralı kümesi bir zincir ise bu kısmi sıralı kümeye toplam sıralı küme denir.

U, S nin boştan farklı bir alt kümesi ve (S,≤) kısmi sıralı küme olsun. U nun bir ilk elemanı

varsa, kısmi sıralı küme iyi-sıralıdır denir.

Örnek 1.5.1. Reel sayılar kümesi R, ≤ sıralı bağıntısına göre bir toplam sıralı kümedir.

(N,≤) iyi sıralı küme iken (Z,≤) ve (R,≤) iyi sıralı küme değildir.

≤S, S üzerinde kısmi sıralı bağıntı, ≤T , T üzerinde kısmi sıralama bağıntı olsun. S × T

üzerindeki sözlük sıralı bağıntı ≤, aşağıdaki gibi tanımlanır:

(s1, t1) ≤ (s2, t2)⇐⇒ (s1 ≤S s2 veya s1 = s2 ve t1 ≤T t2)

(S,≤S) ve (T,≤T ) kısmi sıralı kümeler olmak üzere f : (S,≤S) −→ (T,≤T ) bir fonksiyon olsun.

s ≤S u iken f(s) ≤T f(u) ise f ye sıralamayı koruyan fonksiyon denir.

Örnek 1.5.2. Doğal sayılar kümesi N üzerinde kısmi sıralama bağıntısı ≤ olsun. N × N sözlük

sıralama bağıntısına göre iyi sıralıdır.

23

Seçme Aksiyomu: Sii∈I boştan farklı kümeler ailesi olsun. Her bir i ∈ I için f(i) ∈ Si

olacak şekilde f : I −→⋃i∈I Si fonksiyonu vardır.

Zorn’s Lemma: (S,≤) kısmi sıralı küme olsun. S deki her zincirde üst sınır varsa, S de

maksimal eleman vardır.

İyi Sıralama Prensibi: Her sıralı küme iyi sıralıdır.

Teorem 1.5.1. İyi Sıralama Prensibi seçme aksiyomunu gerektirir.

Teorem 1.5.2. Zorn’s Lemma, seçme aksiyomunu gerektirir.

1.6 Ordinaller

Özel iyi sıralı kümeler (ordinaller) ele alacağız. Şimdi üyeleri kümeler olan bir α kümesinin özel

özelliklerini düşünelim. Yani ∀β 6= γ ∈ α, (β ∈ γ) ∨ (γ ∈ β).

α = b, a, b bir örnektir.

Bir ordinal, aşağıdaki özellikler ile birlikte α kümesidir:

(α1) α nın her bir üyesi, bir kümedir öyleki bu kümenin üyesi, α nın üyesidir.

(α2) α ya ait verilen farklı üyeler için bu üyelerden biri, diğerinin bir üyesidir.

Teorem 1.6.1. Ordinaller kümesi ≤ ya göre iyi sıralıdır.

Örnek 1.6.1. İlk ordinal boş kümedir (∅) ve 0 ile gösterilir. Bir sonraki ordinal ∅ dir ve

1 ile gösterilir. Bir sonraki ordinal ∅, ∅ = 0, 1 ve 2 ile gösterilir. Bir sonraki ordinal

∅, ∅, ∅, ∅ = 0, 1, 2 ve 3 ile gösterilir. n sonlu ordinal ise, bir sonraki ordinal n + 1 =

0, 1, 2, ..., n dir.

Örnek 1.6.2. 0 < 1 < 2 < ... < w < w + 1 < w + 2 < ... ordinalleri vardır. w + w = w2 alalım.

0 < 1 < 2 < ... < w < w + 1 < ... < w2 < w2 + 1 < ... < w3 < w3 + 1 < ... < wn < wn + 1 <

... < w2 < w2 + 1 < ... < w2 + w < ... < w2 + w2 < ... < w2 + wn

Bunların hepsi sayılabilir ordinallerdir.

24

1.7 Uygulama Alanları

Fonksiyonlar, mimarlık ve mühendislik gibi iş kollarının içinde sürekli olarak kullanılan ve mesleğin

ana araçlarındandır diyebiliriz. Bunun yanında ekonomi ve borsalar için de yadsınamaz bir önemi

vardır. Kısacası x, y koordinat ekseninin, grafiğin olduğu her alanda fonksiyonda vardır. Borsa

grafikleri, paranın, dövizin, altının, petrolün değişim değerlerinin gösterildiği ve her grafik gös-

teriminde fonksiyonlardan yararlanılır. Seçim sonuçlarının yüzdeli gösterimi, herhangi birşeyin

yüzdelik dağılımını gösterirken fonksiyonlar kullanılır. Bu örnekleri sayısız çoğaltabiliriz.

Fonksiyonlar pratik hayatta bir girdiye bağlı olarak çıktıdaki değişkenliği göstermede kullanılır.

Şimdi fonksiyonların gündelik hayatta ve diğer bilimlerde kullanımına ve önemine değinen örnekler

verelim:

Araçlarda; titreşim için, yoldaki tümseklere bağlı olarak yolcu koltuğundaki aşağı yukarı

hareket fonsiyonla ifade edilir. Böylece tekrar deneme yapmaksızın, kurulan bu fonksiyon ile, kul-

lanılan amortisöre bağlı olarak 10 cm derinliğindeki bir çukur için koltuktaki titreşim ve dolayısı

ile araç konforu hesaplanabilir. Yine araçlarda aracın şekli ve hızı bir fonksiyon olarak ifade edilir.

Bu sayede pratik testler yapmaksızın aracın aerodinamik şekline bağlı olarak, hızdaki değişime

göre yakıt tüketimi hesap edilebilir.

Ekonomide, maliyetlerdeki değişim ile kar fonksiyon olarak ifade edilebilir ve bu fonksiyon

üzerinde, yeni bir ürün pazara çıkmadan kar-zarar analizleri yapılabilir. Herhangi bir olgu,

dolayısıyla ekonomik bir olgu (Y ), n sayıda başka olgulara (X) bağlı olabilir. Demek ki söz

konusu olgunun tam olarak anlaşılması, n sayıdaki başka olguların hesaba katılmasına bağlıdır.

Bir olgu bilimsel bir çalışmada nitelik ve nicelik şeklinde iki özellik ile temsil edilir. Fonksiy-

onların mikroekonomideki kullanımı; tüketim, fiyat, üretim, bölüşüm teorileri ile refah iktisadı

ve eksik rekabet başlıkları altında incelenir. Örnek olarak tüketim teorisinde fonksiyonun kul-

lanımına yönelik durumu verelim. Tüketim teorisinde kullanılan başlıca fonksiyon tüketicinin

fayda fonksiyonudur. Tüketim teorisinde etüt edilen başlıca fonksiyonel ilişkiler; tüketicinin fayda

düzeyi ile bunu sağlayan mal miktarları arasındaki ilişkilerdir. Burada tüketicinin fayda fonksiy-

onu oluşturulur. Malların faydalarının birbirinden bağımsız olduğu varsayımı altında bir malın

tüketiciye sağladığı fayda (U), sadece o maldan tüketilen miktarların (qa) fonksiyonudur. Bu

çerçevede düşünüldüğünde fayda fonksiyonu U = f(qa) şeklinde olur. Bu fonksiyon; nesnel gerçek-

25

teki tüketilen belli bir mal miktarı ile tüketicinin bundan sağladığı fayda arasındaki ilişkiyi ifade

eder.

Fonksiyonların biyoloji alanında uygulamalarına örnek olarak buzdolabındaki bir yiyecekte

bulunan bakterilerin sayısını hesaplamak için kullanılan formülü verebiliriz. T , celcius cinsinden

verilen sıcaklık değeri olmak üzere 2 ≤ T ≤ 14 aralığındaki T ler için bakterilerin miktarını

hesaplayan fonksiyon

N(T ) = 20T 2 − 20T + 120

şeklindedir. Burada T ’ye bağlı olarak her adımda bakteri miktarı hesaplanabilir. İşte fonksiyonun

çeşitli biyolojik deneyler ve gözlemlerin gerçekleşmesindeki rolünün ne derece önemli olduğunu

görmekteyiz.

Fizik alanında da fonksiyon birçok problemin çözümünde kullanılan temel araçlardandır. Örneğin;

bir gazın hacmi V , sıcaklığı T ve basıncı P olsun. Gazın hacmi, sıcaklık ile doğru, basınç ile ters

orantılıdır. Bir gazın sıcaklık ile ilişkisini

V = k1T,

basınç ile ilişkisini

V =k2

P

fonksiyonları verir. Bu iki eşitlik kısaca

V =kT

P

şeklinde yazılabilir. İşte buradaki fonksiyon sayesinde bir gazın hacmi, sıcaklığı ve basıncı arasın-

daki ilişkisi belirlenebilir.

Günlük hayattan verilebilecek sayısız fonksiyon örnekleri vardır. Bir sezonda oynanması gereken

futbol, basketbol, beyzbol gibi oyunlardaki maçların sayısının belirlenmesinde, bu maçların belirli

bir sıraya konulmasında ve diğer tüm sayısal işlemlerde fonksiyonlar kullanılır. Örneğin n tane

takımdan oluşan bir ligdeki oynanması gereken maç sayısı

G(n) =n2 − n

2

fonksiyonu ile belirlenir.

Meteoroloji alanında; bir bölgeye düşen yağış miktarı, ortalama yağış miktarı, ortalama sıcaklık

gibi verilerin hazırlanmasında ve barajların doluluk oranlarının belirlenmesinde fonksiyonlardan

26

yararlanılır. Bu veriler sayesinde geçmiş yıllarda elde edilmiş sonuçlar ışığında gelecek yıllarda

başa gelebilecek sorunlar tahmin edilmeye ve çeşitli önlemler alınmaya çalışılır. Mesela birçok böl-

genin sahip olduğu su rezervleri grafikler yardımıyla belirlenir ve artma-azalma durumları hesaba

katılarak suyun o bölgeye kaç yıl yeterli olacağı hakkında tahminler yapılmaktadır. Aşağıdaki

örnekte Avustralya Sydney’deki bir yıllık sıcaklık değerleri belirtilmiştir. F (t) fonksiyonu ile yıllık

aylara göre sıcaklık değişimi grafik olarak çizilebilmekte ve her yıl böyle grafikler oluşturularak yıl-

lara göre sıcaklık değerleri verisinden faydalanıp gelecek yıllarda yaşanılabilecek sıcaklıklar tahmin

edilmeye ve ona göre önlem alınmaya çalışılmaktadır.

Figure 1.15: Sıcaklık-Zaman ilişkisi

Bir hayvanat bahçesine giriş ücretlerinin belirlenmesinde, otoparklarda araçların kalma süreler-

ine göre ödemeleri gereken ücretlerin belirlenmesinde ve devletlerin kendi vatandaşlarından alması

gereken vergilerin düzenlenmesinde parçalı fonksiyonlardan yararlanılır. Örneğin bir otoparktaki

garaj ücreti için 1 saate kadar 5 TL, 2 saate kadar 10 TL, 3 saate kadar 15 TL ve 3 saatten fazla

olan tüm vakitler için sabit 20 TL ücret belirlemesi yapılıyorsa buradaki durum x aracın otoparkta

kaldığı süre olmak üzere

C(x) =

5, x = 1

10, x = 2

15, x = 3

20, x > 3.

şeklindeki parçalı C fonksiyonu ile verilebilir.

27

Trafikte herhangi iki şehir arasındaki mesafelerin ve bu mesafelerin hangi hız ile ne kadar sürede

geçilebileceğini belirlemek için de fonksiyonlardan yararlanılır. Bunun yardımıyla bir ülkedeki tüm

yerleşim yerleri arasındaki mesafeler belirlenmekte ve bir yerden başka bir yere gidilebilmesi için

gereken hız, süre ve uzaklık gibi ölçütler önceden belirlenebilmektedir. Örneğin A kentinden B

kentine olan uzaklık ve yolculuğun sürmesi istenen süre arasındaki ilişki aşağıdaki fonksiyon ve

grafik yardımıyla belirlenebilmektedir.

Figure 1.16: Yol-Zaman grafiği

Trafikte fonksiyonun diğer kullanımına örnek olarak yollarda yer alan ve hız kontrolü amacıyla

caydırıcı olması için kullanılan polis radarlarıdır. Bu radarlar çok etkili olması açısından gizli

yerlere yerleştirilmekte ve araçların hız değerlerini en etkili yol ile belirleyip ona göre caydırıcı

olması için cezalar verilmektedir. Tabii ki burada radarın konulması gereken en etkili yerin be-

lirlenmesi için fonksiyondan yararlanılacağı açıktır. Aşağıdaki şekile bakarsanız, polis radarının

durması gereken yer ve alabileceği maksimum etki alanı belirlenmektedir.

İnşaat sektöründe binanın çeşitli bölümlerinin alan, uzunluk ve hacim gibi değerlerinin hesa-

planmasında, binadaki eğim, yükselti, dayanıklık ve mukavemet gibi önemli verilerin oluşturul-

masında, bir bölgenin yapılması için gereken harç, tuğla vb. etmenlerin önceden belirlenmesinde

yine fonksiyonlardan yararlanılır. Her türlü bölgenin alan, uzunluk ve hacim gibi değerlerinin

ölçüleri önceden fonksiyon olarak bilindiği için burada sadece değişkenleri belirlemek problemleri

çözmek için yeterli olmaktadır. Bu da hem zamandan tasarruf edilir hem de önceden kestirilmesi

28

Figure 1.17: Polis radarının etki alanı

mümkün olmayan durumlar kolayca belirlenerek gereksiz masraflardan kaçınılmış olur.

Bir bölgede yaşayan insanların sayısı demek olan popülasyon için üstel fonksiyonlar aracılığı ile

oluşturulmuş olan fonksiyonlar kullanılır. Her bölgenin kendine has özellikleri vardır. O bölgedeki

sıcaklık, mevsim şartları, iş olanakları, hastalıklar vs. İşte bu durumlar o bölgedeki doğum-ölüm,

göç gibi durumları etkiler ve bölgenin nüfus artış-azalış durumları bu parametrelere bağlı olarak

değişmektedir. Her bölge ayrı ayrı incelenir ve özelliklerine göre çeşitli parametreler oluşturu-

larak o bölgenin ileride sahip olacağı popülasyon miktarı belirlenir. Bu durum vahşi doğadaki

belirli canlı türlerinin popülasyonunu belirlemek için de uygulanmaktadır. Burada amaç nesli yok

olma tehlikesi ile karşı karşıya olan bir canlı için ne tür önlemlerin ne zaman alınması gerektiğini

belirlemeye yarar. Örneğin New York kentindeki popülasyon için aşağıdaki üstel fonksiyon ve

oluşturduğu grafikler kullanılmaktadır.

Figure 1.18: New York şehrindeki popülasyon

29

Sonuç olarak fonksiyonların günümüzde değişkene bağlı olarak değişen her alanda karşımıza

çıktığını söyleyebiliriz. Fonksiyonları bu derece önemli kılan şey; grafik ile ifade edilebilmesi,

parametreye göre değiştiği için her adımdaki değişimi takip edebilme özgürlüğü ve ileriki adımlar

için gerekli öngörüleri yapabilme yeteneği gibi etmenlerdir.

ALIŞTIRMALAR

1. Aşağıdaki formülleri sadeleştirmek için kümeler teorisinin kurallarını kullanınız:

a) [Ac ∩ (B ∪ Ac)c]c

b) (A ∩B) ∪ (Ac ∩B) ∪ (Ac ∩Bc)

2. A,B ⊂ X kümeleri için

A ⊆ B ⇐⇒ A ∪B = B ⇐⇒ A ∩B = A⇐⇒ Bc ⊆ Ac

olduğunu gösteriniz.

3. Aα ⊆ X : α ∈ A altkümelerin indeksli bir ailesini ele alalım. İndeksli birleşim ve kesişimler

için De Morgan kurallarını kanıtlayınız:

a) X − (⋃αAα) =

⋂α(X − Aα).

b) X − (⋂αAα) =

⋃α(X − Aα).

4. Aα ⊆ X : α ∈ A ve Bβ ⊆ Y : β ∈ B altkümelerin indeksli ailelerini ele alalım. X × Y

çarpım kümesindeki birleşim ve kesişimler için dağılma özelliklerini kanıtlayınız:

a) (⋃αAα)× (

⋃β Bβ) =

⋃(α,β)(Aα ×Bβ).

b) (⋂αAα)× (

⋂β Bβ) =

⋂(α,β)(Aα ×Bβ).

5. A,C ⊆ X ve B,D ⊆ Y olsun. × ın ∪ ve ∩ üzerine dağılmalı olduğunu gösteriniz:

a) A× (B ∩D) = (A×B) ∩ (A×D).

b) A× (B ∪D) = (A×B) ∪ (A×D).

c) A× (Y −B) = (A× Y )− (A×B).

30

d) (A×B) ∩ (C ×D) = (A ∩ C)× (B ∩D).

e) (A×B) ∪ (C ×D) ∪ (A×D) ∪ (C ×B) = (A ∪ C)× (B ∪D).

f) (X × Y )− (A×B) = (X × (Y −B)) ∪ ((X − A)× Y ).

6. Herhangi bir f : X −→ Y fonksiyonu ve B ⊆ Y alt kümesi için

f(f−1(B)) = B ∩ f(X)

olduğunu gösteriniz.

7. Bir f : X −→ Y fonksiyonunun injektif olması için gerek ve yeter şart tüm A,B ⊆ X alt

kümeleri için f(A ∩B) = f(A) ∩ f(B) olmasıdır.

8. g f = 1X bağıntısını sağlayan f : X −→ Y ve g : Y −→ X iki fonksiyonu ele alalım. f in

injektif ve g nin sürjektif olduğunu gösteriniz.

9.

a) Bir R ⊆ X×Y bağıntısı bir f : X −→ Y fonksiyonunun Γ(f) grafiğidir.⇐⇒ Her bir x×Y

dilimi tam olarak bir noktada R ye karşı gelir.

b) f sürjektiftir. ⇐⇒ Her bir X × y dilimi en az bir noktada Γ(f) e karşı gelir.

c) f injektiftir. ⇐⇒ Her bir X × y dilimi en çok bir noktada Γ(f) e karşı gelir.

10. f : W −→ X ve g : W −→ Y aynı tanım kümesine sahip fonksiyonlar olsun. pX : X × Y −→

X, pY : X × Y −→ Y projeksiyon fonksiyonları ve pX h = f, pY h = g olacak şekilde bir tek

h : W −→ X × Y fonksiyonunun var olduğunu gösteriniz.

11. f : X −→ W ve g : Y −→ Z fonksiyonlar olsun.

a) pW (f ×g) = f pX ve pZ (f ×g) = g pY olacak şekilde bir tek f ×g : X×Y −→ W ×Z

fonksiyonunun var olduğunu gösteriniz.

b) Tüm A ⊆ X ve B ⊆ Y alt kümeleri için

(f × g)(A×B) = f(A)× g(B)

midir?

c) Tüm C ⊆ W ve D ⊆ Z alt kümeleri için

(f × g)−1(C ×D) = f−1(C)× g−1(D)

midir?

31

d) f ve g fonksiyonlarının tersleri varsa o zaman f × g nin de tersinin olduğunu gösteriniz.

12. f : X −→ Y bir fonksiyon olsun.

a) f injektiftir.⇐⇒ Tüm A ⊆ X için f(X − A) ⊆ Y − f(A)

b) f sürjektiftir. ⇐⇒ Tüm A ⊆ X için f(X − A) ⊇ Y − f(A)

olduğunu gösteriniz.

13. X ve Y sonlu (sayılabilir) kümeler ise o zaman X ∩ Y ve Y −X de sonludur (sayılabilirdir).

Chapter 2

TOPOLOJİK UZAYLAR

2.1 Tarihçe

Topolojinin doğuşuna neden olan problem, eski Prusya’daki Königsberg (şimdi Rusya’da Kalin-

ingrad adını almıştır) kentinde ortaya atılan bir problemdir. Königsberg’in içinden geçen Pregel

ırmağı kent içinde bir ada ile bir yarımada oluşturur, adanın bir yanında iki kol halinde, öteki

yanında tek kol halinde devam eder. Irmak üzerinde yedi köprü vardır.

Königsbergliler’in merak ettiği soru şudur. Bir noktasından hareket edip her köprüyü bir ve

yalnız bir kez geçerek başlangıç noktasına dönülebilir mi?. Kent halkının insanları, farklı nokta-

lardan hareket ederek yedi köprüyü birer kez geçip başladıkları noktaya dönmeyi denediler. Hiç

birisi bu geziyi başaramamıştır. Sonunda bu problem o zamanın ünlü matematikçisi Leonhard

Euler’in ilgisini çekti. Euler, 1735’de yedi köprüyü hepsinden sadece tam bir kez geçmek koşu-

luyla dolaşmanın imkânsızlığını kanıtlayan matematiksel ispatını sundu. 1741 yılında bu ispat

"Solutio problematis ad geometriam situs pertinentis (Konum geometrisiyle ilgili bir problemin

çözümü)" adıyla akademinin dergisinde yayınlandı. Makalenin adından anlaşılacağı üzere, Euler

içinde uzaklık ve ölçü kavramı olmayan ama konumlarla (position) ilgilenen yeni bir geometriden

bahsetmekteydi.

Topoloji sözcüğünü ilk kez 1847’de Alman matematikçi Listing kullanmıştır. 1851 yılında Al-

man matemtaikçi Bernhard Riemann doktora tezinde topolojik düşünceleri Analiza uyarlamıştır.

Riemann’ın Doktora tez danışmanı Gauss du. 1858 yılında Alman matematikçi A.F. Möbius tek

taraflı yüzeyleri(Möbius şeridi olarak bilinir) tanıtmıştır. 1872 yılında Alman matemtaikçi Felix

Klein, geometriler arasında topolojiyi ele almıştır. Ayrıca tek taraflı kapalı yüzey örneğini Klein

vermiştir. Bugün bu yüzey Klein şişesi olarak bilinmektedir. 1882 yılında Fransız matematikçisi

32

33

Camille Jordan, Jordan Eğri Teoremini olarak bilinen savı ortaya koymuştur. 1895 yılında Fransız

matematikçisi Henri Poincare, modern topolojinin babası olarak bilinmektedir. Ayrıca topolojinin

çeşitli alanlara uygulamaların yapan ilk matematikçidir.

Görüldüğü üzerine 19. yüzyılın ortalarında geliştirilmeye başlanılan topoloji matematiğin ana

dallarından biri olmuştur. Yunancada yüzey veya yer anlamına gelen topos ve bilim anlamına

gelen logos kelimelerinden türetilmiştir. Topolojinin temel amacı topolojik uzayları incelemek

ve bu uzayların sürekli deformasyonlar yani homeomorfizmalar altında hangi özelliklerinin korun-

duğunu belirleyerek bu uzayları sınıflandırmaktır. Homeomorfizma kavramını geometrik olarak

kolayca görebileceğimiz bir örnek vermek istersek, kauçuktan yapılmış bir çay bardağının, kauçuk-

tan yapılmış çay tabağına homeomorf olduğu örneğini verebiliriz. Çünkü kauçuktan yapılmış çay

bardağını kesmeden, koparmadan, yırtmadan sadece eğip bükerek çay tabağına dönüştürebiliriz.

Ancak her zaman bu kadar kolay örnekler elde etmek çok mümkün değildir. Bu nedenle iki

topolojik uzayın aynı topolojik özelliklere sahip olmamasından yola çıkarak bu iki uzayın homeo-

morf olmadığını söyleyebiliriz. Ayrıca iki uzay arasında homeomorfizmayı inşa etmek her zaman

kolay değildir. Bu nedenle topolojide uzayları incelemek için bir çok alt dallar meydana gelmiştir.

Geometri, nesnelerin(doğru, düzlem, elips, çember, kare, yüzeyler(silindir, tor, Klein şişesi,

Möbius şeridi, projektif düzlem) vb.) geometrik özelliklerini inceler. Geometrik özellikler; uzunluk,

alan, hacim, eğrilik, vb. şeklindedir. Bununla birlikte nesnelerin rengi, kokusu, erime noktası gibi

özellikler Geometride dikkate alınmaz. Belli bir yapı ile birlikte verilen kümeye geometrik nesne

denir. Bu nedenle Geometrik nesneler, Euclid uzayının bir alt kümesidir. Uzaklığı koruyacak

şekilde A Geometrik nesnesinden bir başka B Geometrik nesnesine bir bijektif fonksiyon varsa A

ve B nesneleri izometriktir denir ve fonksiyona izometri denir. Dolayısıyla izometri tarafından

korunan özelliklere geometrik özellikler denir.

Topolojik Özellikler; Kompaktlık, Bağlantılılık, ayırma aksiyomları, vb. Topoloji, nesnelerin

topolojik özelliklerini inceler. Bu özellikler burma, büzme, germe sonucunda değişmeyen özellik-

lerdir. Somut Matematik: Çok özel kümeler üzerinde inceleme yapılır. Soyut Matematik: Ele

alınacak küme üzerine ilave yapılar eklenerek inceleme yapılır.

Topoloji türleri şöyledir:

1) Genel Topoloji (topolojik uzayların özelliklerini inceler)

2) Geometrik Topoloji, manifold ve gömmelerini inceleyen bir daldır. Düşük boyutlu topoloji

olarak da bilinir. Düğüm teorisi ve Braid gruplar en belirgin konularıdır.

3) Cebirsel Topoloji, topolojik problemi cebir problemine dönüştürerek çözümüne ulaşılan alandır.

Homotopi, homoloji, kohomoloji (homeomorfizm altında invaryanttırlar) kavramlarla uzayın bağlan-

34

tılık özelliğini araştılır.).

4) Diferensiyel Topoloji, diferensiyellenebilen fonksiyon ve Manifoldları inceleyen daldır. Diferen-

siyel Topoloji, Diferensiyellenebilen Manifoldların topolojik invaryantları inceler.

5) Kombinatorik Topoloji, Cebirsel Topolojideki problemleri kombinatorik metodlar kullanarak

çözer. Bunlardan en belirgin olanı simpleksler kompleksidir. Üçgenleştirme metodu ile bazı üç

boyutlu şekilleri oluşturmamızı sağlar. Özellikle bilgisayar görüntülerde önem kazanır.

6) Dijital Topoloji terimi 1979 yılında ilk kez Azriel Rosenfeld tarafından kullanılmıştır. Dijital

Topoloji, topolojik özellikler kullanılarak dijital görüntü analizi yapmamızı sağlayan bir alandır.

Kong, Kopperman, Kovalavsky, Boxer ve Han bu alanda çalışmalar yapmıştır. Topolojik metod-

lar yanı sıra cebirsel topoloji metodları kullanılmaya başlanılmıştır. Özellikle homotopi bunlardan

biridir.

7) Network Topoloji, bir networkdeki bağlantılar arasındaki dönüşümleri inceler. Yerel network,

fiziksel ve lojiksel topolojiye en iyi örnektir. Network Topolojisi, Graf teorisinin bir parçasıdır.

8) Mereotopoloji, mereoloji ve topoloji ile birleştirilmiş formal teoridir. Bu teori, lojikçi ve bil-

gisayar bilimcisi tarafından geliştirilmiştir.

9) Computational(Hesaplanan) Topoloji, Topolojik özellikleri(kompaktlık, bağlantılılık, vb.) ele

alarak verilen nesneleri tanımlamaktır.

35

2.2 Topolojik Uzay

Bu bölümde, tanımlanması uzun zaman alan topolojik uzay kavramını ve topoloji ile ilgili temel

kavramları ele alacağız.

Tanım 2.2.1. X bir küme olsun. X in alt kümeler kolleksiyonu τ aşağıdaki özellikeleri sağlıyor

ise τ ya X üzerinde bir topoloji denir;

1. ∅ ve X kolleksiyona ait olmalı.

2. Kolleksiyona ait kümelerin sonlu arakesitide kolleksiyona ait olmalı.

3. Kolleksiyona ait kümelerin herhangi birleşimide kolleksiyona ait olmalı

Örnek 2.2.1. Boştan farklı küme X olmak üzere τ = ∅, X kolleksiyonu X üzerinde bir topolo-

jidir. Bu topolojiye aşikar (indiskrit) topoloji diyeceğiz.

Örnek 2.2.2. Boştan farklı küme X olmak üzere X in tüm alt kümeler τ = P(X) kolleksiy-

onunu ele alalım. X in alt kümelerinin arakesit ve birleşimi yine X in alt kümesi olacağından bu

kolleksiton X üserinde bir topolojdir. Bu topolojiye ayrık (diskrit) topoloji denir.

Örnek 2.2.3. X = 0, 1 olsun.

τ1 = ∅, X, τ2 = ∅, X, 0, τ3 = ∅, X, 1, τ4 = ∅, X, 0, 1

kolleksiyonları X üzerinde birer topolojidir. τ1 aşikar topoloji, τ4 ayrık topoloji ve τ2 ile τ3 Sier-

pinski topolojisi olerak bilinir.

Örnek 2.2.4. X = a, b, c olsun. τ = ∅, X, a, b, a, c kümesi X üzerinde topoloji değildir.

Çünkü a, b ∩ a, c = a 6∈ τ dur.

Örnek 2.2.5. X 6= ∅ olmak üzere

τF = ∅ ∪ U ⊂ X : X − U sonlu

kolleksiyonu X üzerinde bir topolojidir ve bu topolojiye sonlu tümleyenler topolojisi denir.

(τF ’gösterilir.)

Çözüm : Topoloji aksiyomlarını doğrulayacağız:

• ∅ ∈ τF , ve X −X = ∅ sonlu olduğundan X ∈ τF dir.

36

• Ai ∈ τF , (i ∈ I sonlu) olsun.

X − (n⋂i=1

Ai) =n⋃i=1

(X − Ai).

Sonlu kümelerin sonlu sayıda birleşimi sonlu olduğundan⋂ni=1Ai ∈ τF dir.

• Her i ∈ I için Ai ∈ τF olsun. O zaman, her i ∈ I için X − Ai sonludur.

X − (⋃i∈I

Ai) =⋂i∈I

(X − Ai).

Sonlu kümelerin herhangi bir kesişimi sonlu olduğundan⋃i∈I Ai ∈ τF olur.

O halde τF , X üzerinde topolojidir.

Örnek 2.2.6. X sonsuz bir küme olmak üzere

τ = U | p ∈ X − U ∪ U | X − U sonlu

kolleksiyonu X üzerinde bir topolojidir.(Bu topolojiye, Fort topolojisi denir).

Çözüm :

• p ∈ X − ∅ olduğundan ∅ ∈ τ dur. X −X = ∅ sonlu olduğundan X ∈ τ dur.

• A,B ∈ τ kümeleri için H = A ∩B olsun. İncelenmesi gereken 2 durum vardır:

Durum 1 p ∈ X−A veya p ∈ X−B ise p ∈ X−H dir ve böylece H ∈ τ dur yani A∩B ∈ τ .

Durum 2 p ∈ A ve p ∈ B olsun. Bu halde X − A ve X − B kümeleri sonludur. Fakat De

Morgan kuralından

X −H = X − (A ∩B) = (X − A) ∪ (X −B)

eşitliğini biliyoruz. Eşitliğin sağ tarafındaki kümeler sonlu olduğu için sol taraftaki küme de

sonludur. Dolayısıyla H ∈ τ dur.

• Her i ∈ I için Ui ∈ τ olsun. Yine inncelenmesi gereken 2 durum vardır:

Durum 1 Her i ∈ I için p ∈ X − Ui ise p ∈ X − (⋃i∈I Ui) dur ve böylece

⋃i∈I Ui ∈ τ elde

edilir.

Durum 2 En az bir j ∈ I için p ∈ Uj ise X − Uj sonludur. Fakat X − (⋃i∈I Ui) ⊂ X − Uj

dir ve sonlu bir kümenin altkümesi de sonludur. Böylece⋃i∈I Ui ∈ τ dur. Sonuç olarak, τ

ailesi X üzerinde bir topolojidir.

37

Örnek 2.2.7. X 6= ∅ olmak üzere;

• τc = ∅ ∪ U ⊂ X : X − U sayılabilir ,

• p ∈ X için τp = X ∪ U ⊂ X : p 6∈ U,

• τp = ∅ ∪ U ⊂ X : p ∈ U,

kolleksiyonları X üzerinde birere topolojidir (sırasıyla sayılabilir tümleyenler topolojisi, dışlan-

mış nokta(excluded point) topolojisi, seçilmiş nokta(particular point) topoloji).

Örnek 2.2.8. Her r ∈ R+ için

Dr = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < r

olsun. τ = Dr | r ∈ R+ ∪ ∅,R2 kolleksiyonu R2 üzerinde bir topolojidir.

Çözüm:

• τ nun tanımından ,R2 ∈ τ dir.

• Dr0 , Dr1 ∈ τ olsun. r = minr0, r1 alalım. Bu takdirde, Dr ∈ τ dir

• Her i ∈ I için Dri ∈ τ alalım. r0 = Supri | i ∈ I ise⋃i∈I

Ari = Ar0 ∈ τ dir.

Örnek 2.2.9. Her q ∈ Q için

Aq = (q,∞) ⊂ R | q ∈ Q

olsun. τ = Aq | q ∈ Q ∪ ∅,R kolleksiyonu R üzerinde bir topoloji olup olmadığını araştırınız.

Çözüm: n ∈ N için an = (1 + 1n)n ∈ Q elemanını ele alalım.

an = (1 +1

n)n −→ e 6∈ Q

bulunur. A1 = (a1,∞) = (2,∞), A2 = (a2,∞) = ((32)2,∞), A3 = (a3,∞) = ((4

3)3,∞), . . . olmak

üzere ⋃n∈N

An = (e,∞)

olduğundan⋃n∈N

An /∈ τ dir. Böylece τ , R üzerinde bir topoloji değildir.

38

Tanım 2.2.2. (X, τ) topolojik uzay olmak üzere τ nun elemanlarına açık küme denir. Eğer

X − A ∈ τ ise A’ya kapalı küme denir.

Tanım 2.2.3. (X, τ) topolojik uzay ve x ∈ X olsun . x noktasını içeren U açık kümesine x

noktasının komşuluğu denir.

Örnek 2.2.10. X = a, b, c, d, e bir küme ve

τ = ∅, X, a, a, b, a, c, d, a, b, c, d, a, b, e

ailesi X üzerinde bir topoloji olsun. b ∈ X noktasının komşuluklar ailesi N(b) yi bulunuz.

Çözüm : b noktasını içeren açıklar

X, a, b, a, b, c, d, a, b, e

şeklindedir. X i içeren açık yine X dir. a, b yi içeren X in altkümeleri

a, b, a, b, c, a, b, c, d, a, b, d, a, b, d, e, a, b, e, a, b, c, e, X

dir. a, b, c, d yi içeren X in altkümeleri a, b, c, d ve X dir. a, b, e yi içeren X in altkümeleri

a, b, e, a, b, c, e, a, b, d, e, X

dir. O halde

N(b) = X, a, b, a, b, c, a, b, d, a, b, e, a, b, c, d, a, b, c, e, a, b, d, e

şeklindedir.

Teorem 2.2.1. (X, τ) bir topolojik uzay ve A kümesi X in alt kümesi olsun. A alt kümesinin X

de açık olması için gerek ve yeter şart x ∈ U ⊂ A olacak şekilde x elemanını bir U komşuluğunun

var olasıdır.

İspat: (⇒) A kümesi X de açık ve x ∈ A olsun. U = A alırsak x ∈ U ⊂ A olacak şekilde x

elemanın bir komşuluğu vardır.

(⇐) her x ∈ A için bu x elemanın Ux komşuluğu vardır öyleki x ∈ Ux ⊂ A dir. Lemma 1.1.1 den,

A =⋃x∈A

Ux dir.

Böylece A kümesi açık kümelerein birleşimidir ve dolasıyla A kümesi açıktır.

39

Not 2.2.1. 1. U , X de açık olsun. O halde U , ∀x ∈ U noktasının bir komşuluğudur.

2. Bir topolojik uzayda açık kümelerin herhangi bir ailesinin arakesiti, genelde açık değildir.

Örnek 2.2.11.

1. Aşikar topolojide ∅ ve X hem açık hemde kapalı kümelerdir.

2. Ayrık topolojide X in her alt kümesi hem açık hemde kapalı kümedir.

3. Sonlu tümleyenler topolojisinde X ve X’in sonlu alt kümeleri kapalı kümelerdir.

Tanım 2.2.4. Akümesi, reel sayılar R kümesinin alt kümesi olsun. Her a ∈ A için (a− εa, a+ εa)

olacak şekilde bir εa > 0 sayısı varsa A kümesine R de açıktır denir.

Not 2.2.2. Lemma 1.1.1 ve Tanım 2.2.4 den "reel sayılar R kümesindeki bir alt A kümesinin

açık olması için gerek ve yeter şart R deki açık aralıkların birleşimi şeklinde edilmesidir" hükmünü

yazabiliriz.

Örnek 2.2.12. Tanım 2.2.4 de belirtilen reel sayılar R kümesindeki açık kümelerin kolleksiyonu

τs, reel sayılar R kümesi üzerinde bir topolojidir(Bu şekilde elde edilen R üzerindeki topolojiye

standart topoloji olarak isimlendireceğiz ).

Çözüm: Verilen kolleksiyonun topoloji aksiyomlarını sağladığını göstereceğiz.

• Tanım 2.2.4 den açık alt kümedir, yani ∅ ∈ τ . Aksi halde, ∅ boş kümesinin Tanım 2.2.4

deki özelliği sağlayan en az bir elemanı var olutdu. Bu ise bir çelişkidir.

Her r ∈ R için (r − ε, r + ε) ⊂ R olduğundan R nin kendisi açıktır, yani R ∈ τs.

• Her i ∈ 1, 2, . . . , n için Ai açık olmak üzere x ∈ ∩ni=1Ai olsun. O zaman Her i ∈

1, 2, . . . , n için x ∈ Ai dir. Her i ∈ 1, 2, . . . , n için Ai açık olduğundan her i ∈

1, 2, . . . , n için (x− εi, x+ εi) ⊂ Ai olacak şekilde bir εi > 0 vardır. ε = minε1, ε2, . . . , εn

alırsak (x− ε, x+ ε) ⊂ ∩ni=1Ai açıktır.

• Her i ∈ I için Ai açık olmak üzere x ∈ ∪i∈IAi olsun. O zaman, x ∈ Ai0 olacak şkeilde bir

i0 ∈ I vardır. Ai0 açık olduğundan (x − ε, x + ε) ⊂ Ai0 olacak şekilde bir ε > 0 vardır.

Böylece (x− ε, x+ ε) ⊂ Ai0 ⊂ ∪i∈IAi ve dolasıyla ∪i∈IAi açıktır, yani ∪i∈IAi ∈ τs.

40

Örnek 2.2.13. 1. Reel sayılar R kümesindeki [a, b) şeklindeki aralıkların birleşimi olarak yazılan

kümelerin kolleksiyonu τl, reel sayılar R kümesi üzerinde bir topolojidir(Bu şekilde elde edilen

R üzerindeki topolojiye alt limit topoloji olarak isimlendireceğiz ).

2. Reel sayılar R kümesindeki (a, b] şeklindeki aralıkların birleşimi olarak yazılan kümelerin

kolleksiyonu τu, reel sayılar R kümesi üzerinde bir topolojidir(Bu şekilde elde edilen R üz-

erindeki topolojiye üst limit topoloji olarak isimlendireceğiz ).

Örnek 2.2.14. Reel sayılar R kümesi üzerindeki standart τs topolojiye göre aşağıdaki kümelerin

açık olup olmadığını inceleyiniz.

• Reel sayılar R kümesi

• rasyonel sayılar Q kümesi

• tamsayılar Z kümesi

• (0, 1) aralığı

• [0, 1] aralığı

• 1, 2, 3, 4, 5 kümesi

• (0, 3) ∪ (5, 7) kümesi

Çözüm:

• Her r ∈ R için (r − ε, r + ε) ⊂ R olduğundan R nin kendisi açıktır, yani R ∈ τs.

• Her q ∈ Q için (q − ε, q + ε) ⊂ Q olacak şekilde bir ε var olmadığından Q açık değildir.

• Her x ∈ Z için (x− ε, x+ ε) ⊂ Z olacak şekilde bir ε var olmadığından Z açık değildir.

• Her x ∈ (0, 1) için (x− εx, x+ εx) ⊂ (0, 1) olacak şekilde bir εx var olduğundan (0, 1) aralığı

açık kümedir.

• Bir 0 ∈ [0, 1] elemanı için (−ε, ε) ⊂ [0, 1] olacak şekilde bir ε yoktur. Dolasıyla [0, 1] aralığı

açık değildir.

• Bir x ∈ 1, 2, 3, 4, 5 elemanı için (x − ε, x + ε) ⊂ 1, 2, 3, 4, 5 olacak şekilde bir ε yoktur.

Dolasıyla 1, 2, 3, 4, 5 kümesi açık değildir.

41

• Açık aralıkların birleşimi açık olduğundan (0, 3) ∪ (5, 7) kümesi açıktır.

Lemma 2.2.1. Boştan farklı X kümesi üzerinde topolojiler ailesi τi | i ∈ I olsun. Bu takdirde,

topolojilerin herhangi⋂i∈I τi kesişimi de X üzerinde topolojidir.

İspat: Topoloji aksiyomalarını sağlatacağız:

• Her i ∈ I için , X ∈ τi olduğundan , X ∈⋂i∈I τi.

• A, B ∈∈⋂i∈I τi olsun. Bu takdirde her i ∈ I için A, B ∈ τi dir. Her i ∈ I için τi topoloji

olduğundan her i ∈ I için A ∩B ∈ τi dir. Böylece A ∩B ∈⋂i∈I τi dir.

• j ∈ J olmak üzere Uj ∈⋂i∈I τi olsun. O zaman, her i ∈ I için Uj ∈ τi olur. Her i ∈ I için

τi topoloji olduğundan⋃j∈J Uj ∈ τi dir. Dolasıyla,

⋃j∈J Uj ∈

⋂i∈I τi olur.

Not 2.2.3. Bir X kümesi üzerindeki topolojilerin birleşimide topoloji olması gerekmez.

Tanım 2.2.5. X bir küme, τ, τ ′, X üzerinde iki topolji olsun.

1. τ ⊂ τ ′ ise, τ topolojisi τ ′ topolojisinden daha zayıftır veya τ ′ topolojisi τ topolojisinden daha

güçlüdür denir ve τ τ ′ veya τ ′ τ şeklinde gösterilir.

2. τ ⊂ τ ′ ve τ 6= τ ′ ise, τ topolojisi τ ′ topolojisinden kesin zayıftır veya τ ′ topolojisi τ topolo-

jisinden kesinlikle daha güçlüdür denir ve τ ≺ τ ′ veya τ ′ τ şeklinde gösterilir.

3. τ ⊂ τ ′ ve τ ′ ⊂ τ ise, τ = τ ′ olup bu iki topoloji aynıdır.

Örnek 2.2.15. X herhangi bir küme olsun. X üzerindeki ayrık topoloji, X üzerindeki herhangi

bir topolojiden daha güçlüdür. Diğer taraftan X üzerindeki aşikar topoloji, X üzerindeki herhangi

bir topolojiden daha zayıftır.

Örnek 2.2.16. X kümesi sonlu olsun. X üzerindeki sonlu tümleyenler topolojisinin τF ayrık

topolojiye eşit yani τF = P(X) olduğunu görelim.

X sonlu olduğundan her alt kümesinin tümleyeni sonlu olduğundan X in her alt kümesi sonlu

tümleyenler topolojisine göre açık olacaktır. Bu da τF = P(X) eşitlğini verir.

Örnek 2.2.17. Reel sayılar R kümesi üzerindeki standart τs taoploji ile sonlu tümleyenler τF

topolojisini kıyaslayınız.

42

Çözüm: Standart topolojide herhangi bir sonlu küme kapalı olduğundan τF ⊂ τs dir. Diğer

taraftan, (0, 1) açık aralığı τs de açıktır fakat τF de açık değildir çünkü

(0, 1)c = R− (0, 1)

sonlu değildir. O halde τF , τs den kesin zayıftır yani τF ⊂ τs dir.

Örnek 2.2.18. X = a, b, c kümesi üzerinde

τ = ∅, X, a, b τ ′ = ∅, X, a, b, a, b

topolojileri ele alalım. Bu topolojiler için τ ≺ τ ′ dir.

Örnek 2.2.19. X = 1, 2, 3 kümesi üzerinde

τ = ∅, X, 1, 2, 2, 3, 2, 3 τ ′ = ∅, X, 1, 2, 1, 2

topolojileri ele alalım. Bu topolojiler kendi aralarında kıyaslanamazdır.

ALIŞTIRMALAR

1. X = 1, 2, 3 kümesi üzerinde tüm topolojiyi belirleyiniz.

2. (X, τ) topolojik uzay olsun. τ nun ayrık topoloji olması için gerek ve yeter şart bu uzayda

tek elemanlı bir kümenin açık olmasıdır. Gösteriniz.

43

3. R üzerindeki standart topolojiye,

R, Q, Z, (0, 2), [0, 2], (0, 1) ∩ (2, 3), 1, 2, 3 . . . , n ve 1

n| n ∈ N

kümelelerinin açık olup olmadığını belirleyiniz.

4. Her n ∈ N için En = n, n+ 1, . . . olmak üzere

τ = En | n ∈ N ∪ ∅

kolleksiyonun N üzerinde bir topoloji olduğunu gösteriniz.

5. X = a, b kümesi üzerinde olası tüm topolojileri belirleyiniz.

6. X kümesi üzerindeki bir τ topolojisinin diskret topoloji olması için gerek ve yeter şart, her

x ∈ X için x ∈ τ olmasıdır. İspatlayınız.

7. a) Diskret topoloji ile sonlu tümleyenler topolojisinin aynı olduğu bir X topolojik uzay

örneği veriniz.

b) Diskret topoloji ve sonlu tümleyenler topolojisinin hangi kümeler üzerinde çakıştığını

belirleyen bir sanı oluşturunuz ve ispatlayınız.

8. X = a, b, c, d, e kümesi üzerinde diskret ve aşikar topoloji dışında birinci ikincisinden ve

ikincisi de üçüncüsünden daha ince olacak şekilde 3 topoloji oluşturnuz ve bu 3 topoloji ile

kıyaslanamayan başka bir topoloji inşa ediniz.

9. X bir küme ve p ∈ X olsun. Bu takdirde ∅, X, veX in p noktasını içeren tüm alt kümelerinin

oluşturduğu τ koleksiyonunun X üzerinde bir topoloji olduğunu gösteriniz. Bu topolojiye

seçilmiş nokta(particular point) topolojisi denir ve PPXp ile gösterilir.

10. X bir küme ve p ∈ X olsun. Bu takdirde ∅, X, ve X in p noktasını içermeyen tüm alt

kümelerinin oluşturduğu τ koleksiyonunun X üzerinde bir topoloji olduğunu gösteriniz. Bu

topolojiye dışlanmış nokta(excluded point) topolojisi denir ve EPXp ile gösterilir.

11. τ koleksiyonu ∅, R ve tüm p ∈ R için (−∞, p) aralıklarını içersin. Bu takdirde τ nun R

üzerinde topoloji olduğunu gösteriniz.

12. Bir X topolojik uzayında U açık ve C kapalı ise, bu takdirde U −C nin açık ve C − U nun

kapalı olduğunu ispatlayınız.

44

13. R2 deki tüm kapalı yuvarların standart topolojiye göre kapalı olduğunu ispatlayınız.

14. C sonsuz tarağı, R2 düzleminin aşağıdaki gibi tanımlanan bir alt kümesidir:

C = (x, 0) | 0 ≤ x ≤ 1 ∪ ( 1

2n, y) | n = 0, 1, 2, ... ve 0 ≤ y ≤ 1

ve şekli aşağıdaki gibidir:

a) C nin R2 üzerindeki standart topolojide kapalı olmadığını ispatlayınız.

b) C nin R2 üzerindeki dikey aralık topolojisinde kapalı olduğunu gösteriniz.

15. X topolojik uzayı üzerindeki sonlu tümleyenler topolojisine göre kapalı kümeleri belirleyiniz.

16. X kümesi üzerindeki EPXp dışlanmış nokta topolojisine göre kapalı kümeleri belirleyiniz.

17. X kümesi üzerindeki PPXp seçilmiş nokta topolojisine göre kapalı kümeleri belirleyiniz.

18. Dijital doğru topolojisindeki tek noktalı küme n nin kapalı olması için gerek ve yeter şart

n nin çift olmasıdır. İspatlayınız.

19. [a, b) formundaki aralıkların R üzerindeki alt limit topolojiye göre kapalı olduğunu gösteriniz.

45

2.3 Bazlar ve Alt Bazlar

Tanım 2.3.1. X herhangi bir küme ve B, X in alt kümeler ailesi olsun. Eğer aşağıdaki özellikler

mevcutsa B ailesine X üzerindeki bir topoloji için bir bazıdır denir.

• ∀x ∈ X için x ∈ B olacak şekilde en az bir B ∈ B vardır.

• ∀x ∈ X ve ∀B1, B2 ∈ B için x ∈ B1 ∩ B2 ise x ∈ B3 ⊂ B1 ∩ B2 olacak şekilde bir B3 ∈ B

vardır.

Not 2.3.1. B bir baz ise B1, B2 ∈ B için B1 ∩B2 ∈ B olması gerekmez.

Örnek 2.3.1. X = 1, 2, 3, 4 ve B = 2, 3, 1, 2, 3, 2, 3, 4 olsun. B ailesinin bir baz

olduğunu göstereniz.

Çözüm: Her x ∈ X için x ∈ B olacak şekilde en az bir B ∈ B vardır. Dolasıyla birinci özellik

mevcuttur.

2 ∩ 1, 2, 3 = 2 ∈ B, 2 ∩ 2, 3, 4 = 2 ∈ B,

3 ∩ 1, 2, 3 = 3 ∈ B, ve 3 ∩ 2, 3, 4 = 3 ∈ B

olduğu kolayca görülebilir. 1, 2, 3∩2, 3, 4 = 2, 3 için ise 2, 3 ∈ B olmak üzere 2 ∈ 2 ⊂

2, 3 ve 3 ∈ 3 ⊂ 2, 3 dir. Böylece B ailesi X deki topoloji için bir bazdır.

Örnek 2.3.2. B = x | x ∈ X ailesinin X kümesi üzerindeki topoloji için bir taban olduğunu

gösteriniz.

Çözüm:Her x ∈ X için B = x alırsak, B ∈ B ve x ∈ B dir.

x ∈ X ve B1, B2 ∈ B için x ∈ B1 ∩ B2 olsun. B1, B2 ∈ B olduğundan B1 = b1 ve B2b2

olacak şekilde b1, b2 ∈ X elemanları vardır. x ∈ B1 ∩ B2 olduğundan x = b1 = b2 dir. Böylece

B3 = x ∈ B için x ∈ B3 ⊂ B1 ∩ B2. Sonuç olarak B ailesi X üzerindeki bir topoloji için bir

tabandır.

Örnek 2.3.3. B1 = (a, b) | a, b ∈ R ve a < b ailesi R üzerindeki bir topoloji için bir baz olduğunu

gösteriniz.

Çözüm:Her x ∈ R için a < x < b olacak şekilde a, b ∈ R vardır. Yani x ∈ (a, b) ∈ B1 dir.

x ∈ R ve (a, b), (c, d) ∈ B1 için x ∈ (a, b) ∩ (c, d) olsun.

a′ = maxa, c, b′ = maxb, d, ve B3 = (a′, b′)

46

ile gösterelim. x ∈ B3 ⊂ (a, b) ∩ (c, d) olacak şekilde B3 ∈ B1 vardır. Dolasıyla B1 ailesi R üz-

erindeki bir topoloji için bazdır.

Örnek 2.3.4. B2 = [a, b) : a, b ∈ R ve a < b ailesi R üzerindeki topoloji için bir bazıdır.

Örnek 2.3.5. R2 uzayına ait tüm açık dailer ailesinin ailesi R2 üzerindeki bir topoloji için bir

baz olduğunu gösteriniz.

Çözüm:Her x ∈ R2 için x elemanını içeren en az bir açık daire vardır.

C1, C2 ∈ C için x ∈ C1∩C2 ise, x ∈ C3 ⊂ C1∩C2 olacak şekilde en az bir C3 açık dairesi vardır.

Örnek 2.3.6. R2 uzayına ait tüm açık kareler ailesinin ailesi R2 üzerindeki bir topoloji için bir

bazdır.

a

d

c

b

Figure 2.1: B10

o

o

b

c

d

a

Figure 2.2: B11

Örnek 2.3.7. R üzerindeki bir topoloji için aşağıdakiler birer bazdır:

• B3 = (a, b] : a, b ∈ R ve a < b

• B4 = B1 ∪ B −K : B ∈ Bs, K = 1

n: n ∈ Z+

47

• B5 = (a,+∞ : a ∈ R

• B6 = (−∞, b) : b ∈ R

• B7 = B : R−B sonlu

• B8 = (a, b) : a, b ∈ Q

Lemma 2.3.1. X bir küme ve B, X üzerindeki topoloji τ için bir baz olsun. Bu takdirde τ , B

baz elemanlarının tüm birleşimlerinin kolleksiyonuna eşittir.

İspat: Verilen B baz elemanlar kolleksiyonu için, bu baz elemanları τ nun elemanlarıdır. τ topolji

olduğundan, bu elemanların herhangi bir birleşimi yine τ dadır. Verilen U ∈ τ için x ∈ Bx ⊂ U

olacak şekilde B bazının Bx elemanını alalım. O zaman U =⋃x∈U Bx dir. Böylece U açığı, B

bazına ait elemanlarının birleşimine eşittir.

Lemma 2.3.2. X topolojik uzay olsun. Her bir açık U ⊂ X ve x ∈ U için x ∈ C ⊂ U baz elemanı

C olacak şekilde C açık alt kümelerin kolleksiyonu var olsun. O zaman C, X üzerindeki topoloji

için bir bazdır.

İspat: Baz özelliklerini göstereceğiz. ∀x ∈ X ve U = X olsun. U ∈ τ ve x ∈ U olduğundan

x ∈ C ⊂ X olcak şekilde C ∈ C vardır.

x ∈ X ve C1, C2 ∈ C için x ∈ C1 ∩ C2 = U olsun. C nin tanımına göre C1, C2 kümeleri açıktır.

Böylece U açıktır. Yani U ∈ τ dir. x ∈ C3 ⊂ U olcak şekilde C3 ∈ C vardır. C ailesi bazdır.

Şimdi, C ailesi tarafından üretilen topoloji τ ′ nin, X üzerindeki topoloji τ ya eşit olduğunu göstere-

lim. Bir önceki Lemma 2.3.1, τ ⊂ τ ′ dir.

C ⊂ τ ve τ bir topolji olduğundan τ ′ ⊂ τ dir. Böylece τ ′ = τ .

Lemma 2.3.3. B, τ için bir baz ve B′, τ ′ için bir baz olsun. τ ⊂ τ ′ ⇐⇒ x ∈ X ve x i içeren bir

B ∈ B için x ∈ B′ ⊂ B olacak şekilde B′ ∈ B′ vardır.

İspat: (⇐) ∀U ∈ τ ve ∀x ∈ U olsun. B, τ için bir baz olduğundan x ∈ Bx ⊂ U olacak şekilde

Bx ∈ B vardır. Hipotezden, x ∈ B′x ⊂ Bx olacak şekilde B′x ∈ B′ vardır. Buradan, Bx ⊂ U

olduğundan x ∈ B′x ⊂ U dir. Böylece U ∈ τ ′. Sonuç olarak, τ ⊂ τ ′.

(⇒) x ∈ X elemanını içeren bir Bx ∈ B kümesi verilmiş olsun. B ⊂ τ olduğundan Bx ∈ τ dir.

Hipotezden Bx ∈ τ ′ dir. Bx = U alalım. B′ ailesi τ ′ topolojisi için bir baz olduğundan x ∈ B′x ⊂ U

olacak şekilde B′x ∈ B′ vardır. Yani x ∈ B′x ⊂ Bx dir.

48

Tanım 2.3.2. B, X üzerindeki bir topoloji için bir baz olsun. B bazı tarafından üretilen

topoloji aşağıdaki şekilde tanımlanır:

U ⊂ X, X de açıktır. ⇐⇒ ∀x ∈ U için x ∈ B ve B ⊂ U olacak şekilde bir B ∈ B vardır.

τ = U : x ∈ U için x ∈ B ve B ⊂ U, ∃B ∈ B

B tarafından üretilen topolojidir.

Örnek 2.3.8. Boş kümededen farklı küme X olmak üzere B = x | x ∈ X ailesini ele alalım.

Örnek 2.3.2 da B nin X kümesi üzerindeki topoloji için bir baz olduğunu gösterdik. B nin üretttiği

topoloji nedir? X deki her alt küme, tek-noktalı alt kümelrin birleşimidir. Dolayısıyla X in her alt

kümesi topolojide bir açık küme olduğundan B nin ürettiği topoloji X üzerindeki ayrık topolojidir.

Örnek 2.3.9. Reel sayılar R ekseni üzerinde

B = (a, b) | a, b ∈ R, a < b

olsun. Örenek 2.3.3 de B nin R üzerindeki topoloji için bir baz olduğu gösterildi. Bu bazın ürettiği

topolojiye R üzerindeki standart topoloji denir. τs ile gösteriyoruz. R üzerindeki standart

topoloji deki açık kümeler, açık aralıkların birleşimidir.

Örnek 2.3.10. Reel sayılar R ekseni üzerinde B = [a, b) | a, b ∈ R, a < b olsun. Örenek 2.3.4

den B nin R üzerindeki topoloji için bir baz olduğunu biliyoruz. Bu bazın ürettiği topolojiye R

üzerindeki alt limit topoloji denir. τl ile gösteriyoruz.

Not 2.3.2. Reel sayılar R kümesindeki [0, 1) ve (0, 1) aralıkları alt limit topolojisine göre açık

kümelerdir. İlk aralık baz elemanı olduğundan açıktır. İkincisi, n = 1, 2, . . . olmak üzere Bn =

[ 1n, 1) baz elemanlarının birleşimi olduğundan bu ikincisi açık kümedir.

Örnek 2.3.11. Reel sayılar R ekseni üzerinde B = (a, b] | a, b ∈ R, a < b olsun. Örenek 2.3.7

den B nin R üzerindeki topoloji için bir baz olduğunu biliyoruz. Bu bazın ürettiği topolojiye R

üzerindeki üst limit topoloji denir. τu ile gösteriyoruz.

Örnek 2.3.12. i) B9 = (a, b) × (c, d) : a < b, c < d, a, b, c, d ∈ Q kümesi R × R üzerinde

çarpım topolojisi için bir bazdır.

ii) B10 = (a, b) × (c, d) : a < b, c < d, a, b, c, d ∈ R kümesi R × R üzerinde ürettiği topolojiye

sözlük sıralama topolojisi denir.

49

Reel sayılar R kümesi üzerinde, standart, üst limit, alt limit, sonlu tümleyenler, ayrık ve aşikar

topoloji olmak üzere toplam altı topoloji oluşturuldu. Aşikar topoloji en zayıf olanı ve ayrık

topoloji en güçlü olanıdır. Diğerlerini nasıl kıyaslarız? Bunu okuyucuya ödev olarak bırakıyoruz.

Tam sayılar Z kümesi üzerindeki standart topoloji ayrık topoloji ile çakışır. Tam sayılar Z

kümesi üzerindeki ayrık olmayan topolojiler, topoloji ve uygulamalrında önemli rol oynar. Takip

eden örnekte Z üzerinde topoloji oluşturulacak ve bu topoloji dijital görüntü işlemimde önemli

rol oynar.

Örnek 2.3.13. Her bir n ∈ Z için

B(n) =

n, if n is odd,

n− 1, n, n+ 1, if n is even.

B = B(n) | n ∈ Z ailesi Z üzerindeki bir topoloji için bir bazdır. Bu bazın oluşturduğu topolojiye

Figure 2.3: Dijital topoloji için baz elemanları

dijital doğru topolojisi olarak adlandırılır.

Örnek 2.3.14. Her bir x ∈ R2 ve ε > 0 için

B(x, ε) = p ∈ R2 | d1(x, p) < ε

olarak tanımlansın. Bu B(x, ε) kümesi, x merkezli ε yarıçaplı açık yuvar olarak adlandırılır.

B = B(x, ε) | x ∈ R2 ve ε > 0.

Böylece B, tüm açık yuvarlar ailesidir. Bu aile R2 üzerindeki bir topoloji için bir bazdır. B

ailesinin oluşturduğu topolojiye, R2 üzerindeki standart topoloji denir.

Lemma 2.3.4. R üzerindeki alt limit topolojisi, standart topolojisinden daha güçlüdür, yani

τs ≺ τl′dir.

50

İspat: x ∈ (a, b) ∈ B1 olsun. [x, b) kümesi x elemanını içerir ve ayrıca

[x, b) ⊂ (a, b) dir.

Böylece x ∈ [x, b) ⊂ (a, b) dir. [x, b) ∈ B4 ve lemma 2.3.3 dan τs ≺ τl.

Her [x, b) ∈ B4 için x ∈ (a, b) ⊂ [x, d) olcak şekilde bir (a, b) aralığının var olmadığı kolyca

görülebilir. Lemma 2.3.3 dan standar topoloji, alt limit topolojisinden daha da güçlü olamaz,

yani τl τs. Sonuç olarak, τs ≺ τl dir.

Lemma 2.3.5. (X, τ) bir topolojik uzay ve A ⊂ X olsun. B ailesi τ topolojisi için bir baz ise

BA = B ∩ A | B ∈ B

ailesi A üzerindeki topoloji τA için bir bazdır

İspat: U ∩ A ∈ τA olsun. Lemma 2.3.1 den Bi ∈ B olmak üzere

U =⋃i∈I

Bi

şeklinde yazılabilir. Böylece

U ∩ A =⋃i∈I

(Bi ∩ A)

eşitliği elde edilir.

Örnek 2.3.15. Örenek 2.3.3 verilen

B1 = (a, b) | a, b ∈ R ve a < b

ailesi R üzerindek istandart topoloji için baz olduğu gösterildi.

BQ = Q ∩ (a, b) | a, b ∈ R ve a < b

ailesi Q üzerindeki topoloji için bir bazdır.

Not 2.3.3. X boştan farklı bir küme ve B de X bazı alt kümelerinin ailesi olsun. Bu takdirde, B

ailesini baz kabul edecek X üzerinde bir topolojinin olması gerekmez.

Örnek 2.3.16. B = 1, 2, 3, 3, 4, 5 ailesini baz kabul edecek X = 1, 2, 3, 4, 5 kümesi üz-

erinde bir topoloji yoktur. B bazı X üzerindeki τ topolojisi için bir baz olsaydı B nin elemanları

açık olacağından 1, 2, 3, ve 3, 4, 5 kümeleri açık olurdu. Bunların arakesiti

1, 2, 3 ∩ 3, 4, 5 = c

de açık olurdu. Halbuki bu küme C ailesindeki elemanların birleşimi şeklinde ifade edilemez.

51

Örnek 2.3.17. B = [a, b] | a, b ∈ R ve a < b ailesi ni baz kabul eden R üzerinde herhangi bir

topoloji bulunamaz. Çünkü [a, b], [b, c] ∈ B için [a, b] ∩ [b, c] = b noktasından oluşan küme B

ailesindeki kümelerin herhangi bir birleşimi olarak yazılamaz.

Tanım 2.3.3. X bir küme ve S kümesi birleşimi X’e eşit olan alt kümeler ailesi olsun. S ailesine

X üzerindeki topoloji için bir alt taban denir.

Tanıma göre,

S = Sα ⊂ X |⋃α∈J

Sα = X dir.

Lemma 2.3.6. S ailesi X üzerindeki topoloji için bir alt baz olsun. BS kümesi S ailesinin ele-

manlarının tüm sonlu arakesitleirnden oluşan bie aile olsun. O zaman, bu aile X üzerindeki bir

topoloji için bir tabandır.

İspat: x ∈ X keyfi elemanı verilsin.⋃α∈J Sα = X olduğundan

x ∈ Sα0 ∈ S ⊂ BS

olacak şekilde bir α0 ∈ J vardır.

x ∈ X ve B1, B2 ∈ BS için x ∈ B1 ∩B2 olsun. BS ailesinin tanımına göre,

B1 = S1 ∩ S2 ∩ · · · ∩ Sm ve B2 = S ′1 ∩ S ′2 ∩ · · · ∩ S ′n

olacak şekilde S1, S2, · · · , Sm, S ′1, S ′2, · · · , S ′n ∈ S vardır.

B1 ∩B2 = S1 ∩ S2 ∩ · · · ∩ Sm ∩ S ′1 ∩ S ′2 ∩ · · · ∩ S ′n dir.

Arakesit sonlu olduğundan B1 ∩ B2 ∈ BS dir. Böylece, B3 = B1 ∩ B2 için x ∈ B3 ⊂ B1 ∩ B2 dir.

Sonuç olarak, BS bir tabandır.

Tanım 2.3.4. S ailesi X üzerindeki bir topoloji için bir alt baz olsun. τBS ailesi, BS bazı ile

tanımlanan topolojiye alt bazla tanımlanan topoloji denir ve τS ile gösterilir.

Örnek 2.3.18.

C = (−∞, b) | b ∈ R ∪ (a,∞) | a ∈ R

ailesi R üzerindeki standart topoloji için bir alt bazdır. R üzerindeki tüm açık aralıkların ailesi

standart topoloji için baz oluşturduğundan her bir (a, b) açık aralığını

(a, b) = (−∞, b) ∩ (a,∞)

şeklinde yazılır.

52

Örnek 2.3.19. R üzerinde tanımlanan

B1 = (a, b) | a, b ∈ R ve a < b

ailesi standar topoloji için,

B2 = [a, b) : a, b ∈ R ve a < b

ailesi alt limit topolojisi ve

B3 = (a, b] : a, b ∈ R ve a < b

ailesi üst limit topolojisi için birer alt bazdır.

Örnek 2.3.20. R2 de

(x, y) ∈ R2 | a < x < b, y ∈ R

düşey açık şeritleri ile

(x, y) ∈ R2 | c < y < d, x ∈ R

yatay açık şeritlerin ailesi R2 üzerindeki standart topoloji için bir alt bazdır. Tüm açık kareler

ailesi R2 üzerindeki standart topoloji için bir bazdır. Dolasıyla Bir açık kare, yatay ve düşey açık

şeritlerin sonlu kesişimi olarak yazıldığından söz konusu aile bir alt bazdır.

ALIŞTIRMALAR

1. B = [a, b) ⊂ R | a < b nin R üzerindeki topoloji için bir baz olduğunu gösteriniz.

2. R nin alt kümelerinin aşağıdaki koleksiyonlarından hangilerinin baz olduğunu belirleyiniz:

a) C1 = (n, n+ 2) ⊂ R | n ∈ Z

b) C2 = [a, b] ⊂ R | a < b

c) C3 = [a, b] ⊂ R | a ≤ b

d) C4 = (−x, x) ⊂ R | x ∈ R

e) C5 = (a, b) ∪ b+ 1 ⊂ R | a < b.

3. Aşağıdaki kümelerin R üzerindeki alt limit topolojisinde açık olup olmadığını belirleyiniz:

A = [4, 5] B = 3 C = [1, 2] D = (7, 8).

Her bir durum için iddianızı kanıtlayınız.

53

4. R üzerinde aşikar topolojiyi, diskret topolojiyi, sonlu tümleyenler topolojisini, standart

topolojiyi, alt limit topolojisini ve üst limit topolojisini ele alalım. Bu 6 topolojinin birbir-

leriyle kıyaslanabilir (ince, kesin ince, kaba, kesin kaba, karşılaştırılamaz) olduğunu gösteriniz

ve iddianızı gerçekleyiniz.

5. Açık yarı düzlem, R2 nin bazı A,B,C ∈ R sayıları için ya A nın ya da B nin sıfırdan

farklı olduğu

(x, y) ∈ R2 | Ax+By < C

formundaki alt kümesidir. Bu durumda açık yarı düzlemlerin R2 üzerindeki standart topolo-

jide açık kümeler olduğunu ispatlayınız.

6. (−∞, q) ⊂ R | q rasyonel koleksiyonunun R üzerindeki sol topoloji için bir baz olduğunu

gösteriniz.

7. a) Düzlemdeki dikey aralıklarının koleksiyonunun

a × (b, c) ⊂ R2 | a, b, c ∈ R2

R2 üzerindeki topoloji için baz olduğunu gösteriniz. Bu topolojiye dikey aralık topolo-

jisi denir.

b) R2 üzerindeki dikey aralık topolojisi ile standart topolojiyi kıyaslayınız.

54

2.4 Sıralama Topolojisi

Bu bölümde sıralam topolojisi ve özelliklerini ele alacağız.

Tanım 2.4.1. Sıralama Bağıntısı A bir küme, C de A üzerinde bir bağıntı olsun. C aşağıdaki

özellikleri sağlıyorsa C ye A üzerinde sıralama bağıntısı denir.

• Her x ∈ A için xCx bağıntısı mevcut değildir. Yani yansımalı değildir.

• ∀x, y, z ∈ A için xCy ve yCz ise xCz dir.

• ∀x, y, z ∈ A için ya xCy yada yCx dir.

(A,C) ikilisine sıralı küme denir.

Örnek 2.4.1. A = R ve C =< bağıntısı tanımlansın. (R, <) sıralı kümedir.

• x < x olacak şekilde bir x 6∈ R’dir.

• x < y ve y < z ise x < z dir.

• x, y ∈ R için x < y yada y < x’dir.

Tanım 2.4.2. Sözlük Sıralama Bağıntısı <A, A üzerinde bir sıralama bağıntısı ve <B, B

üzerinde bir sıralama bağıntısı olsun. A×B üzerinde bir sıralama bağıntısı tanımlayalım.

(a1, b1) <d (a2, b2) :⇔ a1 <A a2 yada a1 = a2 ve b1 <B b2’dir.

A×B üzerindeki sıralama bağıntısına sözlük sıralama bağıntısı denir.

Örnek 2.4.2.

A = [0, 1), B = Z+ olmak üzere A×B üzerinde sıralama bağıntısı mevcuttur.

(a, b) <d (c, d) :⇔ (a <1 c) ∨ (a = c) ∧ (b <2 d)

(1

4, 1) <d (

1

3, 1), (

1

2, 1) <d (

1

2, 2)

[0, 1)× Z+ üzerinde < sıralama bağıntısı bir sözlük sıralama bağıntısıdır.

Tanım 2.4.3. X basit sıralı küme olsun. a, b ∈ X elemanları için aşağıdaki kümeleri verebiliriz:

(a, b) = x ∈ X : a < x < b kümesine açık aralık

55

[a, b) = x ∈ X : a ≤ x < b kümesine yarı açık aralık

(a, b] = x ∈ X : a < x ≤ b kümesine yarı açık aralık

[a, b] = x ∈ X : a ≤ x ≤ b kümesine kapalı aralık

Tanım 2.4.4. X basit sıralı küme olsun. B aşağıdaki tipten oluşan kümelerin ailesi olsun.

1. X deki tüm açık kümeler (a, b)

2. X deki [a0, b) formundaki tüm yarı açık kümeler için a0 X’in en küçük elemanıdır.

3. X deki (a, b0] formundaki tüm yarı açık kümeler için b0 X’in en büyük elemanıdır.

B kolleksiyonu X üzerinde oluşturulan topolojiye karşılık bir bazdır. B bazının oluşturduğu topolo-

jiye sıralama topolojisi denir ve τo ile gösterilir.

Not 2.4.1. X kümesinin en küçük elemanı mevcut değil ise 2. tipten kümeler mevcut değildir. X

kümesinin en büyük elemanı mevcut değil ise 3. tipten kümeler mevcut değildir.

Örnek 2.4.3. R üzerindeki sıralama topolojisi için bazı sadece (a, b) açık aralıklarından oluşmak-

tadır. Diğer taraftan, R üzerindeki standart topoljisi için bazı da sadece (a, b) açık aralıklarından

oluşmaktadır. Böylece bu uzayın sıralama topolojisi, standart topolojisine eşittir.

Örnek 2.4.4. (Z+, <) basit sıralı küme olsun. Z+ nın üzerindeki sıralama topolojisi belirleyelim.

Z+ nin en büyük elemanı yok olup en küçük elemanı ise 1 dir. Dolayısıyla, bu uzayın sıralama

topolojisi için baz (m,n) ve [1, b) şeklinde açık ve yarı açık aralıklardan oluşmaktadır. Açıkça,

n = 1 ise 1 = [1, 2) ve n > 1 ise n = (n − 1, n + 1) dir. Buradan her n için n kümesi

sıralama topolojisine aittir. Z+ üzerindeki sıralama topolojisi diskret topolojidir.

Örnek 2.4.5. 1, 2 × Z+ üzerindeki sıralama topolojisi bir diskret topoloji değildir.

Çözüm:

an = 1× n, bn = 2× n

alalım. X üzerindeki sıralam topolojisi bir ayrık topoloji değildir. b1 = 2 × 1 harici çoğu tek

noktalı kümeler açıktır. b1 noktasını içeren herhangi bir açık küme b1 civarında baz elemanını

içerir. b1 elemanını içeren herhangi bir baz elemanı an dizisine ait noktaları içerir. Şimdi b1

56

kümesinin açık olmadığını gösterelim.

b1 kümesinin açık olduğunu varsayalım. b1 ∈ B ⊂ b1 olacak şekilde bir B baz elemanı vardır.

Baz tanımına göre B = (a× b, c× d) dir. b1 kümesi tek elemanlı olduğundan

2× 1 ∈ (a× b, c× d) = b1 = 2× 1 dir.

(a× b, c× d) = (1× b, 2× 2) dir. Her b ∈ Z+ için, (1× b, 2× 2) = 2× 1 ise,

1× (b+ 1) ∈ (1× b, 2× 2) dir.

Oysa (1, b+ 1) /∈ 2×1 olmasıyla çelişir. Sonuçte 2×1 kümesi için 2×1 ∈ B ⊂ 2×1 olacak

şekilde bir baz elemanı yoktur. 2× 1 kümesi 1, 2 × Z+ üzerindeki sıralama topolojisine göre

açık değildir.

Örnek 2.4.6. R×R üzerinde sözlük sıralama bağıntısı verilsin. R×R üzerindeki sözlük sıralama

topolojisi için baz elemanlarını geometrik olarak gösteriniz.

Çözüm: Bu uzayın en büyük ve en küçük elemanı yoktur. Dolasıyla, bu uzayın sıralama topolojisi

için baz elemanı (a× b, c× d) şekildeki tüm açık aralıklar ailesiden oluşmaktadır. yani

B = (a× b, c× d) | a ≤ c ve a = c için b < d.

ALIŞTIRMALAR

57

2.5 Alt Uzay Topolojisi

X, τ bir topolojik uzay ve Y ⊂ X olsun.

τY = Y ∩ U | U ∈ τ

ailesi Y üzerinde bir topolojidir.

∅, X ∈ τ , ∅ = Y ∩ ∅ ve Y = Y ∩X olduğundan ∅, Y ∈ τY dir.

A1, A2 ∈ τY olsun. O zaman A1 = Y ∩ U1 ve A2 = Y ∩ U2 olacak şekilde U1, U2 ∈ τ vardır.

U = U1 ∩ U2 alalım. τ topoloji olduğundan, U ∈ τ dir.

A1 ∩ A2 = (Y ∩ U1) ∩ (Y ∩ U2) = Y ∩ U

olduğundan, A1 ∩ A2 ∈ τY dir.

Aαα∈I ⊂ τY verilsin. Her α için Aα = Y ∩ Uα olacak şekilde Uαα∈I ⊂ τ ailesi vardır.

U =⋃α Uα alalım. O zaman U ∈ τ ve⋃

α

Aα =⋃α

Y ∩ Uα = Y⋂

(⋃α

Uα)

olduğundan⋃αAα ∈ τY dir. Sonuç olarak τY ailesi Y üzerinde topolojidir.

Tanım 2.5.1. τy ailesine X uzayda bir alt uzay topolojisi denir. (Y, τy) ikilisine X in bir

topolojik alt uzay denir.

Lemma 2.5.1. B ailesi X üzerindeki topoloji için bir baz ise

BY = B ∩ Y | B ∈ B

ailesi Y üzerindeki alt uzay topolojisi için bir bazdır.

İspat: U ∈ τ ve y ∈ Y ∩ U olsun. B ailesi τ topolojisi için bir ba z olduğundan Lemma 2.3.2 e

göre y ∈ B ⊂ U olacak şekilde B ∈ B vardır. Böylece y ∈ (Y ∩B) ⊂ (Y ∩ U) dir. Lemma 2.3.2 e

göre BY ailesi Y üzerindeki alt uzay topolojisi için bir bazdır.

Örnek 2.5.1. Doğal sayılar kimesi N üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi var olsun. Y =

1, 2, 3, 4, 5 kümesi üzerindeki alt uzay topolojisinin ayrık topoloji olduğunu gösteriniz.

Çözüm: n ∈ Y olsun. O zaman U(n) = n ∪ (N − Y ) kümesi N nin açık alt kümesidir çünkü

bu kümenin tümleyeni sonludur. Dolasıyla, U(n) ∩ Y = n kümesi, Y de açıktır. Y nin her

tek-noktalı alt kümesi Y de açık ve Y nin her alt kümesi(tek-noktalı alt kümelerin birleşim) Y de

açıktır. Sonuç olarak, Y üzerindeki alt uzay topolojisi, ayrık topolojidir.

58

Örnek 2.5.2. R üzerinde standart topoloji verilsin. Z ⊂ R üzerindeki alt uzay topolojisinin ayrık

topoloji olduğunu gösterniz.

Çözüm:Standart topolojiye göre R deki açık kümeler açık aralıklardır. Her n ∈ Z tamsayısı bir

U(n) açık aralığı tarafından içerilir. Bu açık aralığı U(n) = (n− 12, n+ 1

2) şeklinde alalım. Her bir

tamsayıyı içeren tek noktalı kümeler Z üzerindeki alt uzay topolojisine göre açıktır. Z deki her

alt kümeyi bu tek noktalı kümelerin birleşimi şeklinde ifade edildiğinden, Z deki her alt küme Z

de açıktır. Böylece Z üzerindeki alt uzay topolojisi, ayrık topolojidir.

Örnek 2.5.3. R2 üzerinde standart topoloji verilsin. S1 ⊂ R2 üzerinde alt uzay topolojsini belir-

leyiniz.

Çözüm:R2 üzerinde standart topoloji için baz, açık dairelerden oluştuğundan, bu açık daireler

ile çemberin arakesiti S1 üzerindeki alt uzay için bir baz teşkil eder. Bu açık daireler ile çemberin

arakesiti çember üzereinde açık yaylar olur. S1 üzerindeki her alt kümeyi bu yayların birleşimi

şeklinde ifade edilir.

Tanım 2.5.2. (X, τ) bir topolojik uzay, (Y, τY ), X in bir topolojik alt uzayı ve U ⊂ X olsun.

U ∈ τY ise U kümesi Y de açıktır denir. U ∈ τ ise U kümesi X de açıktır denir.

Lemma 2.5.2. (X, τ) bir topolojik uzay, (Y, τY ), X in bir topolojik alt uzayı ve U ⊂ X olsun.

U kümesi Y de açık ve Y uzayıda X de açık ise U kümesi X de açıktır.

59

İspat: U kümesi Y de açık olduğundan X de bir V açığı için U = Y ∩ V dir. Y ve V her ikisi X

de açık olduğundan, Y ∩ V , X de açıktır.

Örnek 2.5.4. X = R ve Y = [0, 1] olsun. Y üzerindeki alt uzay topolojisi ile sıralama topolojisi

ayndır.

Çözüm: R üzerindeki standart topoloji için baz

B = (a, b) | a, b ∈ R, a < b

olduğundan [0, 1] üzerinde alt uzay topolojisi için baz şöyledir:

[0, 1] ∩ (a, b) =

(a, b), a, b ∈ [0, 1]

[0, b), a ≤ 0, 0 < b < 1

(a, 1], 0 < a < 1, b ≥ 1

[0, 1] veya ∅, diğer durumlar

Bu kümelerin herbiri [0, 1] de açıktır fakat [0, b) ve (a, 1] kümeleri R de açık değildir. Diğer

taraftan, (a, b), [0, b), (a, 1] kümeleri [0, 1] üzerindeki sıralama topolojisi için birer baz elemanıdır.

Böylece [0, 1] üzerindeki alt uzay topolojisi yine bu küme üzerindeki sıralama topolojisine eşittir.

Örnek 2.5.5. R nin alt kümesi [0, 1) ∪ 2 üzerindeki alt uzay topoloji bu alt küme üzerindeki

sıralama topolojisine eşit değildir. Gösterniz.

Çözüm:Y = [0, 1) ∪ 2 alalım. 2 = Y ∩ (74, 9

4) olduğundan 2 kümesi Y üzerindeki alt

uzay topolojisine göre açıktır. Diğer yandan, bu küme Y üzerindeki sıralama topolojisine göre

açık değildir. Şimdi bunu gösterelim. Bu kümenin, Y üzerindeki sıralama topolojisine göre

açık olduğunu varsayalım. Bu 2 elemanını içeren bir B baz elemanı vardır. Bu baz elemanı

(a, b), [0, b), (a, 2]) şeklindeki aralıklardan biri olabilir. 2 ∈ B olduğundan B = (a, 2] ⊂ Y ol-

malıdır. Çelişki!

60

Teorem 2.5.1. (X, τX) ve (Y, τY ) iki topolojik uzayın alt uzayları sırasıyla A ve B olsun. O

zaman, A × B üzerindeki çarpım topolojisi X × Y nin A × B üzerindeki alt uzay topolojisine

eşittir.

İspat: X × Y üzerindeki çarpım topolojisi için baz

B = U × V | U ∈ τX , V ∈ τY dir.

(U × V ) ∩ (A × B) kümesi, A × B üzerindeki alt uzay topolojisi için bir baz elemanıdır. Diğer

tarafdan,

(U × V ) ∩ (A×B) = (U ∩ A)× (V ∩B)

ve (U∩A), (V ∩B) kümeleri sırasıyla A ve B üzerindeki alt uzay topolojisine göre açıktır. Çarpım

topolojisi tanımından, (U ∩A)×(V ∩B) kümesi A×B üzerindeki çarpım topolojisinin elemanıdır.

Benzer şekilde ters yönü gösterildiğinde istenilen sonuç elde edilir.

Tanım 2.5.3. X sıralı küme ve Y ⊂ X olsun. Y deki a, b (a < b) nokta ikilisi için X e ait

elemanların oluşturduğu (a, b) aralığı Y içinde kalıyorsa Y alt kümesine X de konvekstir denir.

Not 2.5.1. X sıralı kümesindeki aralıklar ve ışınlar X de konvekstir.

Teorem 2.5.2. X sıralı küme üzerinde bir sıralama topoloji var olsun. Ayrıca X in alt kümesi Y ,

X de konveks olsun. O zaman, Y üzerindeki sıralama topolojsi, Y üzerindeki alt uzay topolojisine

eşittir.

İspat: X de (a,+∞) ışını ele alalım. a ∈ Y ise

(a,+∞) ∩ Y = x | x ∈ Y ve x > a dir.

Bu da Y sıralı kümenin açık ışınıdır.

a /∈ Y ise Y konveks olduğundan a Y nin ya alt sınırı yada üst sınırıdır. a Y nin ya alt sınırı

olması halinde (a,∞) ∩ Y = Y dir. Diğer durumda (a,+∞) ∩ Y = ∅ dir.

Benzer şekilde, (−∞, a) ışının Y ile arakesiti, Y de bir açık ışın, Y nin tamamı yada boş kümedir.

Bu halde (a,∞) ∩ Y ve (−∞, a) ∩ Y kümeleri, Y üzerindeki alt uzay topolojisi için alt baz teşkil

eder. Bu kümlerin herbiri sıralama topolojisinde açıktır. Böylece sıralama topolojisi, alt uzay

topolojisinden daha güçlüdür.

Y deki açık ışınlar, X deki açık ışın ile Y nin arakesitine eşittir. Bu ışın, Y üzerindeki alt uzay

topolojisine göre açıktır. Ayrıca Y deki açık ışınlar, Y üzerindeki sıralam topolojis için bir alt

bazdır. Böylece aly uzay topolojisi, sıralama topolojisinden daha güçlüdür.

61

ALIŞTIRMALAR

1. X = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R, düzlemdeki x-eksenini göstersin. Bu durumda R2 üzerinde

standart topoloji olmak üzere X ⊂ R2 üzerindeki alt uzay topolojisini belirleyiniz.

2. Y = [−1, 1] standart topolojiye sahip olsun. Aşağıdaki kümelerin Y ve R üzerindeki topolo-

jiye göre açık olup olmadığını belirleyiniz.

a) A = (−1, −12

) ∪ (12, 1)

b) B = (−1, −12

] ∪ [12, 1)

c) C = [−1, −12

) ∪ (12, 1]

d) D = [−1, −12

] ∪ [12, 1]

e) E =∞⋃n=1

(1

1 + n,

1

n).

3. Y = (0, 5] üzerinde standart topoloji olsun. Bu durumda Y nin aşağıdaki alt kümelerinden

hangileri Y uzayında açıktır, hangileri Y uzayında kapalıdır? Belirleyiniz.

(a) (0, 1) (b) (0, 1] (c) 1 (d) (0, 1] (e) (1, 2)

(f) [1, 2) (g) (1, 2] (h) [0, 2] (i) (4, 5] (j) [4, 5]

4. Y = (0, 5] üzerinde, R üzerindeki alt limit topoloji ile indirgenen topoloji olsun. Bu du-

rumda Y nin aşağıdaki alt kümelerinden hangileri Y uzayında açıktır, hangileri Y uzayında

kapalıdır? Belirleyiniz.

(a) (0, 1) (b) (0, 1] (c) 1 (d) (0, 1] (e) (1, 2)

(f) [1, 2) (g) (1, 2] (h) [0, 2] (i) (4, 5] (j) [4, 5]

5. Y = (0, 4]∪5 üzerinde standart topoloji olsun. Bu durumda Y nin aşağıdaki alt kümelerinden

hangileri Y uzayında açıktır, hangileri Y uzayında kapalıdır? Belirleyiniz.

(a) (0, 1) (b) (0, 1] (c) 1 (d) (0, 1] (e) (1, 2)

(f) [1, 2) (g) (1, 2] (h) [0, 2] (i) (4, 5] (j) [4, 5]

6. X bir topolojik uzay ve Y ⊂ X alt uzay olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız.

a) A, Y de açık ve Y , X de açık ise bu takdirde A, X de açıktır.

62

b) A, Y de kapalı ve Y , X de kapalı ise bu takdirde A, X de kapalıdır.

7. a) K = 1n| n ∈ Z+ olsun. Bu takdirde K üzerindeki standart topolojinin ayrık topoloji

olduğunu gösteriniz.

b) K∗ = K ∪ 0 olsun. Bu takdirde K∗ üzerindeki standart topolojinin ayrık topoloji

olmadığını gösteriniz.

8. Q rasyonel sayılar kümesi üzerindeki standart topolojinin ayrık topoloji olmadığını gös-

teriniz.

63

2.6 Bir Kümenin İçi ve Kapanışı

Bu bölümde bir topolojik uzayın herhangi bir alt kümesi için içi, kapanışı, sınırı ve limit noktası

gibi kavramlar incelenecektir.

Tanım 2.6.1. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X olsun. X − A kümesi açık ise A ya kapalı küme

denir

Örnek 2.6.1. R uzayında [a, b], (−∞, a], [a,+∞) alt kümelrinin kapalı olup olmadıklarını belir-

leyiniz.

Çözüm: R−[a, b] = (−∞, a)∪(b,+∞) kümesi açıktır çünkü (−∞, a) ve (b,+∞) kümeleri açıktır.

Tanımdan, [a, b] kümesi kapalıdır.

R− (−∞, a] = (a,+∞) kümesi açık olduğundan, (−∞, a] aralığı bir kapalı kümedir.

R− [a,+∞) = (−∞, a) kümesi açık olduğundan, [a,+∞) aralığı bir kapalı kümedir.

Örnek 2.6.2. R2 düzleminde A = (x, y) | x, y ≥ 0 alt kümesinin kapalı olup olmadığını

araştırınız.

Çözüm:

R2 − A = ((−∞, 0)× R) ∪ (R× (−∞, 0))

açıktır çünkü (−∞, 0)× R ve R× (−∞, 0) alt kümeleri R2 de açıktır. Böylece A kapalıdır.

Örnek 2.6.3. Bir ayrık topolojik uzayda her küme hem açık hemde kapalıdır.

Örnek 2.6.4. X üzerinde sonlu tümleyenler topoloji var olsun. Bu uazyda alt kümeler, X kendisi

ve X in tüm sonlu alt kümelerinden oluşur.

Örnek 2.6.5. R üzerinde standart topoloji var olsun. Aşağıdakileri gösteriniz

1. Tam sayılar kümesi Z kapalıdır.

2. A = 1, 2, 3, . . . , n sonlu bir küme kapalıdır.

3. Rasyonel sayılar kümesi Q kapalı değildir.

4. B = 1n| n ∈ N kümesi kapalı değlidir.

Çözüm:

64

1. Her bir (n, n+1) açık aralığı standart topolojiye göre açık olduğundan R−Z =⋃n∈Z(n, n+1)

açıktır. Böylece Z kapalıdır.

2. R−A = (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ · · · ∪ (n− 1, n) ∪ (n,+∞) kümesi açık olduğundan, A kapalıdır.

3. R−Q açık bir küme olmadığından Q kapalı değildir.

4. R−B = (−∞, 0] ∪ (1, 2) ∪⋃n∈N( 1

n+1, 1n) kümesi açık olmadığından, kapalı değildir.

Örnek 2.6.6. Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. Reel sayılar kümesinin

alt kümesi Y = [0, 1] ∪ (2, 3) verilsin. [0, 1] ve (2, 3) alt kümelerinin Y de kapalı veya açık olup

olmadığını belirleyiniz.

Çözüm:R uzayında (−14, 5

4) açık kümesini alalım. [0, 1] = Y ∩ (−1

4, 5

4) olduğundan, alt uzay

topolojisine göre [0, 1] kümesi Y de açıktır. Benzer şekilde, (2, 3), Y de açıktır. Diğer taraftan

Y − [0, 1] = (2, 3) ve Y − (2, 3) = [0, 1]

olduğundan bu iki küme Y de kapalıdır. Sonuç olarak, bu iki küme Y de hem açık hemde kapalıdır.

Teorem 2.6.1. Bir (X, τ) topolojik uzayında aşağdaki ifadeler doğrudur:

1. ∅ ve X kümeleri kapalıdır.

2. Kapalı kümelerin sonlu birleşimi kapalıdır.

3. Kapalı kümelerin keyfi arakesitleri kapalıdır.

İspat:

1. X − ∅ = X X −X = ∅ ve ∅, X kümeleri X de açık olduğundan ∅, X kümeler kapalıdır.

2. C1, C1, . . . , Cn kümeleri kapalı olsun. Her i = 1, 2, . . . , n için X − Ci kümesi açıktır.

X − (n⋃i=1

Ci) =n⋂i=1

(X − Ci)

kümeside açıktır. Böylece⋃ni=1 Ci kümesi kapalıdır.

3. Cαα∈I kapalı kümeler ailesi olsun. Her α için X − Cα kümesi açıktır.

X −⋂α

Cα =⋃α

X − Cα

kümeside açıktır. Sonuç olarak⋂αCα kümesi kapalıdır.

65

[ht]

Not 2.6.1. Kapalı kümelerin sonsuz sayıda birleşimi kapalı olmayabilir. n ∈ N için [1 + 1n, 2− 1

n]

kümesi R üzerindeki standart topolojiye göre kapalıdır. Fakat⋃n∈N

[1 +1

n, 2− 1

n] = (1, 2)

kümesi kapalı değildir.

Tanım 2.6.2. X bir topolojik uzay ve A ⊂ Y ⊂ X olsun. Y −A kümesi Y de açık ise A ya Y de

kapalı denir. X − A kümesi X de açık ise A ya X de kapalı denir.

Teorem 2.6.2. (X, τ) bir topolojik uzay ve A ⊂ Y ⊂ X olsun. A kümesinin Y de kapalı olması

için gerek ve yeter şart A = Y ∩B olacak şekilde X de B kapalı alt kümesinin var olmasıdır.

İspat:(⇒) A kümesi, Y de kapalı olsun. Bu dueumda Y − A kümesi Y de açıktır. Tanımdan,

Y − A = Y ∩ U olcak şekilde U ∈ τ açığı vardır. U ∈ τ olduğundan B = X − U kümesi X de

kapalıdır. Böylece A = Y ∩B dir.

(⇐) B kümesi X de kapalı küme olmak üzere A = Y ∩ B olsun. X − B kümesi X de açık

olduğundan Y ∩ (X −B) kümesi Y de açıktır. Diğer taraftan,

Y ∩ (X −B) = Y − A dir.

Böylece Y − A kümesi Y de açıktır. Sonuç olarak A kümesi Y de kapalıdır.

66

Tanım 2.6.3. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X olsun.

1. A kümesinin kapsadığı tüm açık alt kümelerin birleşimine A kümesinin içi denir ve A ile

gösterilir.

2. A kümesini içeren tüm kapalı kümelerin arakesitine A kümesinin kapanışı denir ve A ile

gösterilir.

Not 2.6.2. 1. A kümesinin içi açık ve A nın alt kümesidir.

2. A kümesinin kapanışı kapalı ve A kümesini kapsar.

3.

A ⊂ A ⊂ A

Teorem 2.6.3. (X, τ) topolojik uzay, A ve B, X in alt kümesi olsun.

a) U ⊂ A ve U , X de açık ise U ⊆ A dir.

b) A ⊂ B ise A ⊂ B dir.

c) A kümesinin açık olması için gerek ve yeter şart A = A.

d) A ⊂ C ve C, X de kapalı ise A ⊆ C dir.

e) A ⊂ B ise A ⊂ B dir.

f) A kümesinin kapalı olması için gerek ve yeter şart A = A.

İspat:

a) U , X de açık alt küme ve U ⊂ A olsun. A, A kümesinin kapsadığı tüm açık alt kümelerin

birleşimi olduğundan U ⊂ A.

b) A ⊂ B olduğundan A, B tarafından kapsanan açık kümedir. Yani A ⊂ A ⊂ B dir. a)

kısmından, B tarafından kapsanan her açık küme, B tarafından kapsanır. Böylece A ⊂ B

dir.

c) (⇒) A kümesi açık olsun. A = A olduğunu göstereceğiz. A tanımından, A ⊂ A dir.

Ayrıca A, kendisi tarafından kapsanan açık küme olduğundan, A ⊂ A. Sonuç olarak,

A = A.

(⇐) A = A ise A açık kümedir. Tanımdan, A bir açık kümedir.

67

d) C, X de kapalı ve A ⊂ C olsun. A, A kümesini içeren tüm kapalı kümelerin arakesiti

olduğundan, A ⊆ C.

e) A ⊂ B olduğundan B, A kümesini kapsayan kapalı kümedir. d) kısmından, A ⊂ B dir.

f) (⇒) A kümesi kapalı olsun. A = A olduğunu göstereceğiz. A tanımından, A ⊂ A dir. Ayrıca

A, kendisini kapsayan kapalı küme olduğundan, A ⊂ A. Sonuç olarak, A = A.

(⇐) A = A ise A kapalı kümedir. Tanımdan, A bir kapalı kümedir.

Örnek 2.6.7.

Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. A = [0, 1) alt kümesini ele alalım.

A = (0, 1) ve A = [0, 1] dir.

Örnek 2.6.8.

Reel sayılar kümesi R üzerinde ayrık topoloji var olsun. A = [0, 1) alt kümesini ele alalım.

A = A = [0, 1) dir.

Örnek 2.6.9.

Reel sayılar kümesi R üzerinde sonlu tümleyenler topoloji var olsun. A = [0, 1) alt kümesini

ele alalım. A = [0, 1) alt kümesinin içerdiği açık küme mevcut olmadığından A = ∅ dir. Bu

topolojiye göre sonlu olmayan kapalı küme sadece reel sayılar kümesi olduğundan A = R dir.

Örnek 2.6.10.

Reel sayılar kümesi R üzerinde alt limit topoloji var olsun. A = [0, 1) alt kümesini ele

alalım. Bu topolojiye göre A açık olduğundan A = A dir. Yine aynı topolojiye göre R − A =

(−∞, 0) ∪ [1,∞) kümesi R de açık olduğundan A, bu topolojiye göre kapalıdır. Yani, A = A dir.

Örnek 2.6.11.

Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. Rasyonel sayılar kümesi Q yu

ele alalım. Q = ∅ olduğunu iddia ediyoruz. Rasyonel sayılar kümesinin içinin boş olmadığını

68

varsayalım. Q nun içerdiği boştan farklı açık küme U olduğunu varsayalım. x ∈ U alalım. O

zaman,

x ∈ (a, b) ⊂ U ⊂ Q

olacak şekilde bir (a, b) açık aralığı vardır. Diğer taraftan, iki reel sayı arasında bir irrasyonel sayı

vardır. Dolasıyla her aralık R − Q kümesine ait elemanları içerir. Bu nedenle, U açık kümeside

bu elemanları içerir. Bu ise çelişki! Böylece Q = ∅ dir. Q = R eşitliğide okuyucuya bırakılmıştır.

Örnek 2.6.12.

Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. Tam sayılar kümesi Z yi ele alalım.

Z = ∅ olduğunu iddia ediyoruz. Tam sayılar kümesinin içinin boş olmadığını varsayalım. Z nun

içerdiği boştan farklı açık küme U olduğunu varsayalım. x ∈ U alalım. O zaman,

x ∈ (a, b) ⊂ U ⊂ Z

olacak şekilde bir (a, b) açık aralığı vardır. Diğer taraftan, iki reel sayı arasında bir irrasyonel sayı

vardır. Dolasıyla her aralık R − Z kümesine ait elemanları içerir. Bu nedenle, U açık kümeside

bu elemanları içerir. Bu ise çelişki! Böylece Z = ∅ dir.

R− Z =⋃n∈Z

(n, n+ 1)

kümesi açıktır çünkü her bir (n, n + 1) aralığı standart topolojiye göre açıktır. R − Z açık ise Z

kapalıdır.

Örnek 2.6.13.

Her n ∈ N An = 1, 2, 3, . . . , n olmak üzere N üzerindeki topoloji

τ = An | n ∈ N ∪ ∅,N

olsun. A = 1, 2, 3, 5, 10 alalım. A = 1, 2, 3 dir çünkü A3, A kümesini içeren en büyük açık

kümedir. A kapalı değildir çümkü tümleyeni açık değildir.

Örnek 2.6.14.

1. (X, τ) topolojik uzay olsun.

X = X = X, ∅ = ∅ = ∅.

69

2. τk, X üzerinde aşikar topoloji olsun. A ⊂ X için;

A =

∅, A 6= X

A, A = X

, A =

∅, A = ∅

A, A 6= ∅

3. τi, X de ayrık topoloji A ⊂ X olsun. A = A = A’dir.

4. X sonlu olmayan bir küme ve X üzerindeki topoloji sonlu tümleyenler topolojisi olsun.

A ⊂ X için;

A =

∅, Ac sonsuz

A, Ac sonlu, A =

A, A sonlu

X, A sonsuz

Teorem 2.6.4. X topolojik uzay, A ⊂ Y ⊂ X olsun. A nın Y deki kapanışı Y ∩ A ye eşittir.

İspat: C kümesi, A kümesinin Y alt uzayındaki kapanışı olsun. A kümesi X uzayında kapalı

olduğundan Y ∩ A kümesi Y alt uzayında kapalıdır. A ⊂ Y ∩ A olduğundan C ⊂ Y ∩ A olur.

Terisini gösterelim. C kümesinin tanımından C, Y alt uzayında kapalıdır. Teorem 2.6.2 den

C = Y ∩C ′ olcak şekilde X uzayında C ′ kapalı alt kümesi vardır. Böylece A ⊂ Y ∩C ′ die. A nın

tanımından ve C ′ kümesini A kümesini içeren X uzayının kapalı alt kümesi olduğundan A ⊂ C ′

dir. Dolasıyla,

Y ∩ A ⊂ (Y ∩ C ′ = C) dir.

Sonuç olarak C = Y ∩ A dir.

Tanım 2.6.4. A∩B 6= ∅ özelliğini sağlayan A ve B kümelrine kendi aralarında kesişendir denir.

Teorem 2.6.5. (X, τ) bir topolojik uzay, B ailesi τ için bir baz ve A ⊂ X olsun. Bu durumda,

1. x ∈ A dir ⇔ x elemanını içeren her U ∈ τ kümesi A alt kümesi ile kesişendir.

2. x ∈ A dir ⇔ x elemanını içeren her B ∈ B kümesi A alt kümesi ile kesişendir.

İspat:

1. (⇒) x ∈ A olsun. x ∈ U ve A ∩ U = ∅ olacak şekilde U ∈ τ olsun. O halde, X − U kapalı

kümesi A yı içerir. Dolasıyla, A ⊂ X−U olur. x ∈ U olduğundan x /∈ X−U olur. Buradan

x /∈ A Çelişki!

(⇐) x /∈ A ise U = X − A olmak üzere x ∈ U dur. U ∈ τ olduğundan hipoteze göre U

kümesi A ile kesişendir. Yani A ∩ (X − A) 6= ∅ tur. Bu ise, bir çelişkidir. Böylece, x ∈ A

dir.

70

2. (⇒) x ∈ A ise birinci kısma göre x elemanını içeren her U ∈ τ kümesi A kümesi ile kesişendir.

B ⊂ τ olduğundan x elemaını içeren her U ∈ B kümesi de A kümesi ile kesişendir.

(⇐) U ∈ τ kümesi x elemanını içeriyorsa baz tanımına göre x ∈ B ⊂ U olcak şekilde B ∈ B

baz elemanı vardır. Hipoteze göre B kümesi A ile kesişendir. O halde, U kümesi de A kümesi

ile kesişendir. Birinci kısma göre x ∈ A dir.

Tanım 2.6.5. X bir topolojik uzay ve x ∈ X olsun. x elemanını içeren bir U açık kümesine

x elamnınının bir açık komşuluğu(veya komşuluğu) denir.

Örnek 2.6.15.

R uzayında

A = (0, 1], B = 1

n| n ∈ N, C = 0 ∪ (1, 2), N, ve Q

alt kümeleri verilsin. Bu alt kümelerin R uzayında kapanışını bulunuz.

Çözüm:0 elamnının her komşuluğu A kümesi ile kesişen olduğundan 0 ∈ A dir. Her x /∈ [0, 1]

noktasının A ile kesişmeyen komşuluğu var olduğundan x /∈ A dir. Böylece, A = [0, 1] dir.

Benzer düşünceyle,

B = 0 ∪B, C = 0 ∪ [1, 2], N = N, ve Q = R.

Teorem 2.6.6. (a) Bir kümenin içinin tümleyeni kümeninin tümleyenin kapanışıdır.

(b) Bir kümenin kapanışının tümleyeni kümenin tümleyenin içidir.

(c) İki kümenin arakesitinin içi, bu kümelerin içlerinin arakesitidir.

(d) İki kümenin birleşiminin içi, bu kümelelerin içlerinin birleşimini kapsar.

İspat:

(a) A kümesi kapalı ve A kümesini kapsadığını biliyoruz. Dolasıyla, X −A kümesi, X −A

kümesi tarafından içerilen açık kümesidir. Teorem 2.6.3 den, X − A ⊂ (X − A) dir.

Diğer taraftan, x ∈ (X − A) olsun. (X − A) kümesi A kümesi ile arakesiti boştur.

Böylece, x açık küme ve A ile arakesiti boştur. Bu da şunu belirtir: x /∈ A ve

dolasıyla x ∈ X − A. İstenilen sonuç elde edilir.

(b) x ∈ A ⇐⇒ U ⊆ A olacak şekilde x elemanının bir U komşuluğu vardır. Dolasıyla

x ∈ (A)c ⇐⇒ x elemanının her komşuluğu U, U ∩ Ac 6= ∅ özelliğini sağlar, yani

x ∈ Ac.

71

(c) Bu kısım ise okuyucuya bırakılmıştır.

(d) A ⊂ A olduğundan A ⊂ A∪B dir. Benzer şekilde B ⊂ A∪B dir. A∪B tarafından

kapsanan her açık alt küme, (A ∪ B) açık kümesi tarafından içerildiğinden, A ve B

açık kümeşleri (A∪B) tarafından kapsanır. Ayrıca Bu ik kümenin birleşimide (A∪B)

tarafından kapsanır.

Örnek 2.6.16. Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. A = [−1, 0] ve

B = [0, 1] alt kümelerini ele alalım. A ∪B = (−1, 0)∪ (0, 1) olmasına rağmen (A∪B) =

(−1, 1) dir. Böylece

A ∪B 6= (A ∪B) dir.

ALIŞTIRMALAR

(a) Aşağıdaki uzaylar ve A alt kümeleri için A ve A yı belirleyiniz:

a) R üzerindeki alt limit topolojisinde A = (0, 1]

b) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = a

c) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = b, c

d) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = b

e) R üzerindeki standart topolojide A = (−1, 1) ∪ 2

f) R üzerindeki alt limit topolojisinde A = (−1, 1) ∪ 2

g) R2 üzerindeki standart topolojide A = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R

h) R2 üzerindeki dikey aralık topolojisinde A = (0, x) ∈ R2 | x ∈ R

i) R2 üzerindeki dikey aralık topolojisinde A = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R.

(b) X bir topolojik uzay ve A,B ⊂ X olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız.

a) Eğer C, X de kapalı ve A ⊂ C ise A ⊂ C dir.

b) Eğer A ⊂ B ise A ⊂ B.

c) A kapalıdır ⇐⇒ A = A.

(c) m,n ∈ Z için Im,n = m,m + 1, ..., n olsun. Bu durumda dijital doğru topolojisinde

(Im,n) ve Im,n yi belirleyiniz. (m ve n nin çift ve tek olma durumlarına göre ele alınması

gereken 4 durum vardır.)

72

(d) X kümesi üzerindeki PPXp seçilmiş nokta topolojisini düşünelim. Bu durumda A ⊂ X

nın p noktasını içerme ve içermeme durumlarına göre A ve A yı belirleyiniz.

(e) X kümesi üzerindeki EPXp çıkarılmış nokta topolojisini düşünelim. Bu durumda A ⊂

X nın p noktasını içerme ve içermeme durumlarına göre A ve A yı belirleyiniz.

(f) R üzerinde standart topoloji verilsin. Q rasyonel sayılar kümesi olmak üzere (Q) = R

olduğunu ispatlayınız.

(g) X topolojik uzay, A,B ⊂ X olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız.

a) (X − A) = X − A.

b) A ∩B = (A ∩B).

(h) Aşağıdaki (a) ve (b) durumlarında boşluğa gelmesi gereken bağıntıyı (’⊂,⊃,=’) belir-

leyiniz. Eşitliğin olmadığı durum varsa bu duruma bir örnek oluşturunuz.

a) A ∩B . . . (A ∩B).

b) A ∪B . . . (A ∪B).

73

2.7 Yoğun Kümeler ve Hiçbir Yerde Yoğun Olmayan Kümeler

Tanım 2.7.1. (a) D, X topolojik uzayının altuzayı olsun. Eğer D = X eşitliği mevcut

ise D, X de yoğundur denir.

(b) A, X topolojik uzayının altuzayı olsun. Eğer(A)

= ∅ eşitliği mevcut ise A ya X

de hiçbir yerde yoğun olmayan küme denir.

Teorem 2.7.1. D ve A, X topolojik uzayının alt kümeleri olsun.

(a) X boştan farklı küme olsun. D alt kümesi hem hiçbir yerde yoğun olmayan küme hem

de yoğun küme olamaz.

(b) A, X de hiçbir yerde yoğun olmayan kapalı alt küme olması için gerek ve yeter şart A

nın tümleyeni X de yoğun açık küme olmasıdır.

İspat:

(a) D alt kümesi X de hem hiçbir yerde yoğun olmayan hem de yoğun küme olduğunu

varsayalım. O zaman

D = X ve(D)

= ∅.

Böylece

X = X =(D)

= ∅.

Çelişki!

(b) A altkümesininX de hiçbir yerde yoğun olamaması için gerek ve yeter şart(A)

= (Ac)

kümesinin X de yoğun olmasıdır.

A, X de hiçbir yerde yoğun olmayan kapalı kümedir ⇐⇒ A kümesinin tümleyeni X

de yoğun açık kümedir.

Örnek 2.7.1.

(a) Bir altkümenin kendisi ve tümeleyeni herikisi bu topolojik uzayda yoğundur. Örenk,

Rasyonel sayılar kümesi Q ve tümleyeni Qc, herikisi reel sayılar kümesinde R yoğundur.

(b) Bir topolojik uzayın altkümesi ve tümeyenini herikiside bu uzayda hiçbir yerde yoğun

olmaz özelliğini sağlamaz. A hiçbir yerde yoğun olmasın. O zaman(A)

= ∅ ve

dolasıyla A = ∅. Benzer şekilde A hiçbir yerde yoğun değilse

X =(∅)c

=(A)c

=(Ac)

= ∅.

74

Tanım 2.7.2. Bir topolojik uzayın bir sayılabilir yoğun alt kümesi varsa bu topolojik uzaya

ayrılabilir uzay denir.

Örnek 2.7.2.

(a) Reel sayılar kümesi ayrılabilir kümedir çünkü Bu kümenin sayılabilir yoğun altkümesi

rasyonel sayılar kümesidir.

(b) Sonlu olmayan küme X üzerinde sonlu tümleyenler topoloji verilsin. X in sonsuz

olmayan altkümesi A, X de yoğundur. Böylece X ayrılabilir uzaydır.

Tanım 2.7.3. (a) Hiçbir yerde yoğun olmayan kümelerin sayılabilir birleşimine birinci

kategori kümesi denir.

(b) Birinci kategori olmayan kümeyede ikinci kategori kümesi denir.

Örnek 2.7.3.

(a) Rasyonel sayılar kümesi, Reel sayılar kümesinde birinci kategori kümesidir. Ayrıca

Rasyonel sayılar kümesinin tümleyeni Reel sayılar kümesinde ikinci kategori kümesidir.

(b) Cantor kümesi birim aralıkta birinci kategori kümesidir. Ayrıca kendi içinde bir ikinci

kategori kümesidir.

ALIŞTIRMALAR

75

2.8 Limit Noktaları

Tanım 2.8.1. (X, τ) bir topolojik uzay ve x ∈ X olsun. x elemanın her komşuluğu A ile

x den farklı noktada kesişen ise, x e A kümesinin bir limit noktası denir. Tüm limitlerin

noktasını A′ ile gösterceğiz.

Tanımdan,

x, A nın bir limit noktasıdır⇔ x ∈ A− x dir.

Önerme 2.8.1. (X, τ) bir topolojik uzay ve A,B ⊂ X olsun.

(a) A ⊂ B ise A′ ⊂ B′ dir.

(b) (A ∪B)′ = A′ ∪B′ dir.

(c) (A ∩B)′ ⊂ A′ ∩B′ dir.

İspat:

(a) A ⊂ B olsun. Limit noktası tanımından, A′ ⊂ B′ dir.

(b) A ⊂ A ∪B ve B ⊂ A ∪B olup, önermenin birinci kısmından

A′ ⊂ (A ∪B)′ ve B′ ⊂ (A ∪B)′ dir.

Buradan, A′ ∪B′ ⊂ (A ∪B)′ dir.

Diğer taraftan,

(A ∪B)′ ⊂ (A′ ∪B′)⇔ X − (A′ ∪B′) ⊂ X − (A ∪B)′

denkliği mevcut olduğundan sağ tarafın doğruluğunu gösterceğiz. x ∈ X − (A′ ∪ B′)

olsun. Buradan, x /∈ A′ ve x /∈ B′ dir. Böylece, U ∩ A ⊂ x ve V ∩ B ⊂ x olcak

şekilde x elemanın U ve V açık komşulukları vardır. Bunun akabinde, U ∩ V da x

elemanın komşulğu olup,

(U ∩ V ) ∩ (A ∩B) ⊂ (U ∩ A) ∪ (V ∩B) ⊂ x dir.

Sonuç olarak, x /∈ (A ∪B)′ dir.

(c) A ∩ B ⊂ A ve A ∩ B ⊂ B olup, Önermenin birinci kısımdan (A ∩ B)′ ⊂ A′ ve

(A ∩B)′ ⊂ B′ dir. Sonuç olarak, (A ∩B)′ ⊂ A′ ∩B′ dir.

76

Örnek 2.8.1. Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. R nin alt

kümesi olarak A = 1n| n ∈ Z+ alalım. Bu kümenin limit noktasını bulunuz.

Çözüm: Sıfırdan farklı her reel sayısı için, (x− ε, x+ ε)∩A = ∅ olacak şekilde ε pozitif

sayısı vardır. Böylece, x noktası, A kümesnin limit noktası değildir. x = 0 alalım. Her

poazitif ε için, (x− ε, x+ ε)∩A 6= ∅ dir. Dolasıyla, 0 noktası, A nın limit noktasıdır ve

ayrıca bir tek limit noktasıdır.

Örnek 2.8.2. Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. R nin alt

kümesi olarak A = (0, 1] alalım. Bu kümenin limit noktasını bulunuz.

Çözüm:Her x ∈ [0, 1] noktası, (0, 1] kümesinin limit noktasıdır. x ∈ [0, 1] noktasının

her U komşuluğu x noktasını içeren (a, b) açık aralığını kapsar. Böyle aralık, x noktasın-

dan farklı bir noktada (0, 1] kümesi ile kesişir ve dolasıyla x noktası, (0, 1] kümesinin

bir limit noktasıdır.

Örnek 2.8.3. Reel sayılar kümesi R üzerinde standart topoloji var olsun. R nin alt

kümesi olarak rasyonel sayılar kümesi Q yu alalım. Bu kümenin limit noktasını bulunuz.

Çözüm:Her x ∈ R noktası Q nun bir limit noktasıdır. Verilen x reel sayısı için x

noktasını içeren bir açık küme, x noktasını içindebulunduran (a, b) açık aralığını kapsar.

Her açık aralık Q kümesi ile sonsuz sayıadaki noktalarda kesişir ve ayrıca bu açık aralık,

Q ile x noktasından farklı noktada da kesişir. Dolasıyla, x, Q kümesinin bir limit

noktasıdır.

Örnek 2.8.4. Bir sonlu olmayan X kümesi üzerinde sonlu tümleyenler τ topolojisi var

olsun. Bir A ⊂ X alt kümesi için,

A′ =

X, A sonsuz

∅, A sonlu.

olduğunu gösteriniz.

Çözüm: A bir sonlu küme olsun. Bir x ∈ X için, U = X − (A − x) kümesi x

noktasının bir açık komşuluğu olup (U −x)∩A = ∅ olduğundan x ∈ A′ dir. Böylece

A′ = ∅ dir.

A bir sonsuz küme olsun. x ∈ X ve U kümeside x elemanın bir açık komşuluğu ise

A ∩ (U − x) 6= ∅ dir.

77

Aksi halde, A∩(U−x) = ∅ olsa idi, A kümesinin x elemanından farklı tüm elemanları

X − U kümesine ait olurdu. Fakat A sonsuz ve X − U sonlu olduğundan bu mümkün

değildir.

Teorem 2.8.1. (X, τ) bir topolojik uzay, A ⊂ X ve A′, A ya ait limit noktaların kümesi

olsun. O halde,

A = A ∪ A′ dir.

İspat: A ⊂ A ∪ A′ ve A ∪ A′ ⊂ A olduğunu göstermeliyiz.

x ∈ A olsun. Ya x ∈ A yada x ∈ A− A durumları vardır. x ∈ A durumunda iddianın

ispatı açıktır. x ∈ A − A durumunda ise x ∈ A dir. Bu şu anlama gelir, x noktasını

içeren her açık küme A kümesi ile kesişir. x /∈ A olduğundan böyle kesişim x den farklı

bir noktayı içerir. x noktası A kümesinin limit noktasıdır. Böylece x ∈ A ∪ A′ dir.

Sonuç olarak, A ⊂ A ∪ A′ dir.

Bu kısımda A′ ⊂ A olduğunu göstermemiz yeterli olacaktır. x ∈ A′ olsun. x noktasının

her komşuluğu A kümesi ile kesişir. Yani x ∈ A dir. Böylece A′ ⊂ A dir. Sonuç olarak,

A ∪ A′ ⊂ A dir.

Sonuç 2.8.1. Bir topolojik uzayda bir alt kümenin kapalı olması için gerek ve yeter

şart bu kümenin tüm limit noktaları içermesidir.

İspat: Teorem 2.6.2 den, A kümesinin kapalı olması için gerek ver yeter şart A = A

olmasıdır. Teorem 2.8.1 den,

A = A⇔ A = A ∪ A′.

Böylece, A = A ∪ A′ ⇔ A′ ⊂ A dir. Sonuç olarak, A kapalı kümedir ⇔ A′ ⊂ A.

Örnek 2.8.5.

i. Her n ∈ N için En = n, n+ 1, . . . olmak üzere N üzerindeki topoloji

τ = En | n ∈ N ∪ ∅

olsun. A = 1, 3, 5, 8, 10 alalım. A′ = 1, 2, 3, . . . , 9 dir.

ii. Her n ∈ N için An = 1, 2, 3 . . . , n olmak üzere N üzerindeki topoloji

τ = An | n ∈ N ∪ ∅,N

olsun. A = 1, 3, 5, 8, 10 alalım. A′ = 2, 3, 4, . . . dir.

78

Tanım 2.8.2. Bir topolojik uzayda her farklı iki elemanın ayrık açık komşulukları varsa

bu uzaya bir Hausdorff uzayı (veya T2-uzayı) denir.

Teorem 2.8.2. Bir hausdorff uzayının sonlu alt kümesi kapalıdır.

İspat: X bir Hausdorff uxayı olsun. her tek noktalı küme x0 ın kapalı olduğunu göster-

memiz yeterli olacaktır. x elemanı x0 elamanından farklı X in bir noktası olsun.

Hipotezden, bu elemanların ayrık Ux, Ux0 komşulukları vardır. Ux komşuluğu x0

noktası ile kesişmediğinden, x noktası, x0 kümesinin kapanışına ait değildir. Sonuç

olarak, x0 kümesinin kapanışı kendisidir. Yani bu küme kapalıdır.

Teorem 2.8.3. X bir Hausdorff uzayı A ⊂ X ve x ∈ X olsun. x noktasının A

kümesinin bir limit noktası olması için gerek ve yeter şart x elamanın her komşuluğu

A kümesinin sonsuz sayıda elemanlarını içerir.

İspat: (⇒) x ∈ A′ olsun. x elemanın bir Ux komşuluğu A kümesinin sadece sonlu sayıda

elemanlarını içerdiğini varsayalım. O halde, Ux kümesi A − x kümesinin de sonlu

sayıda elemanlarını içerendir. Dolasıyla,

Ux ∩ (A− x) = x1, x2, . . . , xn

olacak şekilde x1, x2, . . . , xn ∈ X elemanları vardır. x ∈ A′ olduğundan n ≥ 1 dir.

Teorem 2.8.2 ye göre, x1, x2, . . . , xn kümesi kapalıdır. Böylece, X − x1, x2, . . . , xn

kümesi açıktır.

Vx = Ux ∩ (X − x1, x2, . . . , xn)

kümesi x elemanının bir açık komşuluğu olup, Vx ∩ (A − x) = ∅ tur. Halbuki, x

elemanın A için bir limit noktası olması ile çelişir. Bu nedenle, Ux kümesi A nın sonsuz

sayıde elemanları içerir.

(⇐) x elemanının her açık komşuluğu A nın sonsuz sayıda elemanlarını içerirse, x

elamnının her açık komşuluğu A ile x den farklı noktalarda da kesişendir. Dolasıyla, x

elemanı, A kümesinin bir limit noktasıdır.

Sonuç 2.8.2. Bir Hausdorff uzayında bir sonlu kümenin limit noktası yoktur.

ALIŞTIRMALAR

79

2.9 Topolojik Uzaylarda Diziler

Tanım 2.9.1. (X, tau) bir topolojik uzay, (xn) = (x1, x2, . . .) terimleri X de bir dizi

ve x ∈ X olsun. x elemanın her U komşuluğu için n > N olduğunda xn ∈ U olacak

şekilde bir N pozitif tamsayısı varsa (xn) dizisi x ∈ X noktasına yakınsar denir. x

elemanına (xn) dizisinin limiti denir ve

limn→∞

xn = x

şeklinde gösterilir.

Not 2.9.1. limn→∞ xn = x olması için gerek ve yeter şart U , x elemanın herhangi

bir açık komşuluğu olmak üzere dizinin belli bir indisten sonraki tüm terimlerinin bir

komşuluğu içinde kalmasıdır.

Örnek 2.9.1. Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. xn = (−1)n

n

dizisini ele alalım. Bu dizinin sıfıra yakınsadığını gösteriniz.

Figure 2.4: xn = (−1)n

ndizisi

Çözüm: Reel sayılar R üzerindeki standart toplojiye göre 0 noktasının her U komşu-

luğu (−α, α) açık aralığını kapsar. Tanımdan, bu dizi 0 noktasına yakınsar.

Örnek 2.9.2. Reel sayılar R kümesi üzerinde alt limit topoloji var olsun. xn = (−1)n

n

dizisini ele alalım. Bu dizinin sıfıra yakınsamadığını gösteriniz.

Çözüm: Reel sayılar R üzerindeki alt limit toplojisine göre 0 noktasının bir [0, 1)

komşuluğunu alalım. Bu dizinin bazı terimleri(pozitif olan terimler) bu komşuluk içinde

kalırken negatif terimler bu komşulukta olamazlar. Tanımdan, bu dizi 0 noktasına

yakınsamaz .

Örnek 2.9.3. Boştan farklı bir X kümesi üzerinde aşikar τ = ∅, X topoloji var olsun.

Bu topolojik uzayda herhangi bir (xn) dizisi her x ∈ X noktasına yakınsar çünkü x ∈ X

noktasının tek açık komşuluğu X dir.

Örnek 2.9.4. Boştan farklı bir X kümesi üzerinde ayrık topoloji var olsun. Bu topolojik

uzayda herhangi bir (xn) dizisi bir x ∈ X noktasına yakınsar çünkü dizinin belli bir

indisten sonraki tüm terimleri x elemanıdır.

80

Tanım 2.9.2. (X, τ) bir topolojik uzay ve (xn), X uzayında bir dizi olsun. nk ≤ nk+1

olmak üzere (xnk) dizisine (xn) dizisinin bir alt dizisi denir.

Not 2.9.2. Bir topolojik uzaydaki yakınsak dizinin her alt dizisi aynı noktaya yakınsar.

Önerme 2.9.1. Bir (X, τ) Hausdorff topolojik uzayında bir yakınsak dizinin limiti

tektir.

İspat: (X, τ) topolojik uzayında bir (xn) dizisinin x ve y gibi farklı iki noktaya yakın-

sadığını varsayalım. X Hausdorff topolojik uzay olduğundan U ∩ V olacak şekilde x

in U komşuluğu ve y nin V komşuluğu vardır. (xn) dizisi x noktasına yakınsadığından

n > N1 için xn ∈ U olacak şekilde N1 poazitif tamsayısı vardır. Benzer şekilde, (xn)

dizisi y noktasına yakınsadığından n > N2 için xn ∈ V olacak şekilde N2 poazitif tam-

sayısı vardır. N = maxN1, N2 alalım. n > N için xn ∈ U ∩V olur. Bu ise U ∩V = ∅

olması ile çelişir.

Not 2.9.3. i. Bir (X, τ) topolojik uzayında (xn) bir dizi ve bu dizinin terimlerinin

kümesi A = xn | n ∈ N olsun. (xn) dizisi x noktasına yakınsar ise x ∈ A′ olması

gerekmez.

ii. Bir (X, τ) topolojik uzayında (xn) bir dizi ve bu dizinin terimlerinin kümesi A =

xn | n ∈ N olsun. x ∈ A′ ise (xn) dizisi x noktasına yakınsaması gerekmez.

Örnek 2.9.5.

i. Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. Bu uzayda (xn) =

(x, x, . . .) sabit dizini ele alalım. Bu dizi x noktasına yakınsar fakat x noktası,

A = xn‖ n ∈ N = x

kümesinin bir limit noktası değildir.

ii. Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. (xn) = ((−1)n + 1n)

dizisi verilsin. Bu dizinin limiti yoktur. Diğer taraftan,

A = xn | n ∈ N

kümesinin limit noktaları 1 ve −1 dir.

Örnek 2.9.6. Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. (xn) =

( 1n) dizisinin (0, 1) açık aralığında limiti yoktur. Aynı zamanda, A = xn | n ∈ N

kümesinin (0, 1) açık aralığında limit noktası yoktur.

81

ALIŞTIRMALAR

i. Aşağıdaki uzaylar ve A alt kümeleri için A nın limit noktalarının kümesini belir-

leyiniz:

a) R üzerindeki alt limit topolojisinde A = (0, 1]

b) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = a

c) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = b, c

d) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = b

e) R üzerindeki standart topolojide A = (−1, 1) ∪ 2

f) R üzerindeki alt limit topolojisinde A = (−1, 1) ∪ 2

g) R2 üzerindeki standart topolojide A = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R

h) R2 üzerindeki dikey aralık topolojisinde A = (0, x) ∈ R2 | x ∈ R

i) R2 üzerindeki dikey aralık topolojisinde A = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R.

ii. ∀n ∈ Z+ için Bn = n, n+ 1, n+ 2, ... olsun ve

B = Bn | n ∈ Z+

koleksiyonunu ele alalım.

a) B, Z+ üzerindeki topoloji için bir bazdır. Gösteriniz.

b) B ile üretilen Z+ üzerindeki topoloji Hausdorf değildir. Gösteriniz.

c) Z+ daki (2, 4, 6, 8, ...) dizisinin B tarafından üretilen topolojiye göre her noktaya

yakınsadığını gösteriniz.

d) Z+ daki B tarafından üretilen topolojiye göre Z+ daki her sonsuz değerli dizinin

her noktaya yakınsadığını gösteriniz.

iii. R üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi olsun. Bu durumda [0, 1] kümesinin limit

noktalarının kümesini belirleyiniz.

iv. Dijital doğru topolojisinde n tek noktalı kümelerin limit noktasını belirleyiniz.

v. a) B = [a, b) ⊂ R | a, b ∈ Q, a < b olsun. Bu durumda B nin R üzerindeki

topoloji için baz olduğunu gösteriniz. B ile üretilen topolojiye rasyonel alt

limit topolojisi denir ve Rr` ile gösterilir.

b) R` alt limit topoloji ve Rr` rasyonel alt limit topoloji olmak üzere A = [0,√

2)

ve B = (√

2, 3) kümelerinin bu topolojilerdeki kapanışlarını belirleyiniz.

82

vi. R üzerinde standart topoloji olsun. Bu durumda

A = 1

m+

1

n∈ R | m,n ∈ Z+

kümesinin limit noktalarının kümesini belirleyiniz.

vii. Eğer R de bir (xn) dizisi sonsuz değerli ise, bu durumda (xn) dizisi R üzerindeki

sonlu tümleyenler topolojisinde her noktaya yakınsar. İspatlayınız.

viii. Rn üzerinde standart topoloji ve A ⊂ Rn olsun. Eğer x noktası A kümesinin

limit noktası ise, bu durumda A nın noktalarının öyle bir dizisi vardır ki bu dizi x

noktasına yakınsar. İspatlayınız.

ix. R2 üzerinde standart topoloji olsun. Bu durumda

S = (x, sin 1

x) ∈ R2 | 0 < x ≤ 1

kümesinin limit noktalarının kümesini belirleyiniz.

x. R üzerinde standart topolojisini ve xn = (−1)n

ndizisini ele alalım. Aşağıdakileri

ispatlayınız.

a) 0 noktasını içeren her komşuluk bir (−∞, α) açık aralığını içerir.

b) Her (−α, α) açık aralığı için n ≥ N iken xn ∈ (−α, α) olacak şekilde bir N ∈ Z+

vardır.

xi. R üzerindeki τ koleksiyonu ∅ ve R nin tümleyeni sayılabilir olan tüm alt kümelerinin

koleksiyonu olsun.

a) τ nun R üzerinde bir topoloji olduğunu gösteriniz. Bu topolojiye sayılabilir

tümleyenler topolojisi denir.

b) Sayılabilir tümleyenler topolojisinde 0 noktasının A = R − 0 kümesinin bir

limit noktası olduğunu gösteriniz.

c) Sayılabilir tümleyenler topolojisinde 0 noktasına yakınsayan A = R − 0

kümesinde bir dizi yoktur. Gösteriniz.

83

2.10 Bir Kümenin Sınırı

Tanım 2.10.1. (X, τ) bir topolojik uzay ve A kümesi X in alt kümesi olsun. A

kümesinin sınırı,

∂A = A− A

şeklinde tanımlanır.

Figure 2.5: Bir kümenin sınırı

Örnek 2.10.1.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. A = [0, 1] kümesi verilsin.

A = [0, 1] ve A = (0, 1) olduğundan ∂A = 0, 1 dir.

Figure 2.6: [−1, 1] alt kümesi sınırının belirlenmesi

Teorem 2.10.1. (X, τ) bir topolojik uzay, A kümesi X in alt kümesi ve x ∈ X olsun.

O halde, x ∈ ∂A olamsı için gerek ve yeter şart x noktasına ait komşuluğunun hem A

hemde X − A ile kesişen olmasıdır.

İspat: (⇒) x ∈ ∂A olsun. Tanımdan, x ∈ A ve x /∈ A dir. x ∈ A olduğundan, x

noktasının her komşuluğu A kümesi ile kesişendir. Diğer taraftan, x /∈ A olduğundan x

noktasının her komşuluğu A kümesinin bir alt kümesi değildir. Yani bu komşulukX−A

ile kesişendir. Böylece, x noktasının komşuluğu hem A hemde X − A ile kesişendir.

(⇐) x noktasının komşuluğu hem A hemde X − A ile kesişen olduğunu varsayalım.

Dolasıyla, x ∈ A ve x ∈ (X − A) dir. Teorem 2.6.6 -a kısmından,

(X − A) = X − A dir.

84

Böylece, x ∈ A ve x /∈ A dir. Sonuç olarak, x ∈ A− A = ∂A dir.

Figure 2.7: Düzlemde verilen bir A kümesi sınırının belirlenmesi

Önerme 2.10.1. (X, τ) bir topolojik uzay ve A kümesi X in alt kümesi olsun.

i. A = A ∪ ∂A dir.

ii. ∂A = ∂(X − A) dir.

iii. A− ∂A = A dir.

İspat:

i. x ∈ A fakat x /∈ ∂A olduğunu varsayalım. x /∈ ∂A olduğundan U ⊂ A veya

U ⊂ X −A olacak şekilde x noktasını içeren bir U açık kümesi vardır. U ⊂ X −A

ise X − U kümesi A kümesini içeren bir kapalı kümedir. Dolasıyla, A ⊂ X − U

dir. Bu ise x ∈ A ile çelişir. U açık kümesi A kümesi tarafından kapsanmalıdır.

Bu nedenle, x ∈ A dir. Sonuçta,

A ⊂ A ∪ ∂A.

x ∈ A ∪ ∂A fakat x /∈ A olduğunu varsayalım. A ⊂ A ⊂ A olduğundan, x ∈ ∂A

dir. x /∈ A olduğundan x noktasını içermeyen fakat A kümesini içeren bir F kapalı

kümesi vardır. O halde, X−F kümesi x elemanını içeren açık küme fakat bu küme

A ile kesişmez. Böylece, x elemanı ∂A ne ait değildir, Çelişki! Bu nedenle x ∈ A

ve A ∪ ∂A ⊂ A dir. Sonuç olarak,

A = A ∪ ∂A dir.

ii. x ∈ ∂A olsun. O halde, x noktasını içeren bir U açık kümesi, A ve X −A her ikisi

ile kesişir. Böylece x ∈ ∂(X − A) dir. Benzer şekilde x ∈ ∂(X − A) ise x ∈ ∂A dir.

iii. A∩∂A = ∅ olduğunu gösterirsek sonuçu Önermenin birinci kısmından elde ederiz.

A ∩ ∂A 6= ∅ olduğunu varsayalım. x bu kesişimde bir eleman olsun. x ∈ ∂A

olduğundan, x noktasını içeren her açık küme X − A ile kesişir. Diğer taraftan,

x ∈ A olduğundan U ⊂ A olacak şekilde x elemanını içeren bir U açık kümesi

vardır. x elemanın hem A hemde ∂A de olması mümkün değildir.

85

Teorem 2.10.2. (X, τ) bir topolojik uzay ve A kümesi X in alt kümesi olsun.

i. ∂A kümesi kapalıdır.

ii. ∂A = A ∩ (X − A) dir.

iii. ∂A ∩ A = ∅ dir.

iv. ∂A ⊂ A olması için gerek ve yeter şart A kümesinin kapalı olmasıdır.

v. ∂A ∩ A = ∅ olması için gerek ve yeter şart A kümesinin açık olmasıdır.

vi. ∂A = ∅ olması için gerek ve yeter şart A kümesinin hem açık hemde kapalı ol-

masıdır.

Örnek 2.10.2.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. A = 0 × [−1, 1] alt

kümesini ele alalım. A = ∅ ve A = A olduğundan ∂A = A dir.

Örnek 2.10.3.

Reel sayılar R kümesi üzerinde ayrık topoloji var olsun. A = [−1, 1] alt kümesini ele

alalım. A = A ve A = A olduğundan ∂A = ∅ dir.

Örnek 2.10.4.

Reel sayılar R kümesi üzerinde alt limit topoloji var olsun. A = [−1, 1] alt kümesini

ele alalım. A = [−1, 0) ve A = A olduğundan ∂A = −1 dir.

Örnek 2.10.5.

X = 1, 2, 3, 5 kümesi üzerinde

τ = ∅, X1, 1, 3, 4, 2, 3, 4, 5, 3, 4

topolijisi verilsin. A = 2, 3, 4 ele alalım. A = 3, 4 ve A = 2, 3, 4, 5 olduğundan,

∂A = 2, 5 dir.

Örnek 2.10.6.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. Rasyonel sayılar Q alt

kümesini ele alalım. Q = ∅ ve Q = R olduğundan ∂Q = R dir.

Örnek 2.10.7. Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. A =

1n| n ∈ N olsun. A = ∅ ve A = A ∪ 0 olduğundan ∂A = A ∪ 0 dir.

Örnek 2.10.8.

86

Her n ∈ N An = 1, 2, 3, . . . , n olmak üzere N üzerindeki topoloji

τ = An | n ∈ N ∪ ∅,N

olsun. A = 1, 2, 3, 5, 10 alalım. A = 1, 2, 3 dir çünkü A3, A kümesini içeren en

büyük açık kümedir. A kapalı değildir çümkü tümleyeni açık değildir.

Örnek 2.10.9.

i. (X, τ) topolojik uzay olsun.

X = X = X, ∅ = ∅ = ∅, ∂X = ∅, ∂∅ = ∅.

ii. τk, X üzerinde aşikar topoloji olsun. A ⊂ X için;

A =

∅, A 6= X

A, A = X

, A =

∅, A = ∅

A, A 6= ∅

∂A =

∅, A = ∅

X, A 6= X,A 6= ∅

∅, A = X

iii. τi, X de ayrık topoloji A ⊂ X olsun. A = A = A ve ∂A = ∅’dir.

iv. X sonlu olmayan bir küme ve X üzerindeki topoloji sonlu tümleyenler topolojisi

olsun. A ⊂ X için;

A =

∅, Ac sonsuz

A, Ac sonlu, A =

A, A sonlu

X, A sonsuz

∂A =

A, A sonlu

Ac, Ac sonlu

X, diğer haller

ALIŞTIRMALAR

i. Aşağıdaki uzaylar ve A alt kümeleri için A nın limit noktalarının kümesini belir-

leyiniz:

87

a) R üzerindeki alt limit topolojisinde A = (0, 1]

b) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = a

c) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = b, c

d) X = a, b, c kümesi üzerindeki τ = ∅, X, a, a, b topolojisinde A = b

e) R üzerindeki standart topolojide A = (−1, 1) ∪ 2

f) R üzerindeki alt limit topolojisinde A = (−1, 1) ∪ 2

g) R2 üzerindeki standart topolojide A = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R

h) R2 üzerindeki dikey aralık topolojisinde A = (0, x) ∈ R2 | x ∈ R

i) R2 üzerindeki dikey aralık topolojisinde A = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R.

ii. m < n ∈ Z için Im,n = m,m+ 1, ..., n olsun.

a) Bu durumda dijital doğru topolojisinde ∂(Im,n) yi belirleyiniz.

b) n ∈ Z için dijital doğru topolojisinde n nin tek ve çift olma durumlarına göre

∂(n) yi belirleyiniz ve elde ettiğiniz sonuçların dijital doğru ile modellenen

dijital görüntü yapısını nasıl yansıttığını açıklayınız.

iii. R2 üzerindeki standart topolojiye göre aşağıdaki alt kümelerin sınırını belirleyiniz:

a) A = (x, 0) ∈ R2 | x ∈ R.

b) B = (x, y) ∈ R2 | x > 0, y 6= 0.

c) C = ( 1n, 0) ∈ R2 | n ∈ Z+.

d) D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x2 − y2 < 1.

iv. R üzerindeki sonlu tümleyenler topolojisine göre ∂([0, 1]) kümesini belirleyiniz.

v. X bir topolojik uzay, A ⊂ X olsun. Aşağıdakiler ispatlayınız.

a) ∂A kümesi kapalıdır.

b) ∂A = Cl(A) ∩ Cl(X − A).

c) ∂A ∩ Int(A) = ∅.

d) ∂A ∪ IntA = Cl(A).

e) ∂A ⊂ A ⇐⇒ A kümesi kapalıdır.

f) ∂A ∩ A = ∅ ⇐⇒ A kümesi açıktır.

g) ∂A = ∅ ⇐⇒ A kümesi hem açık hem kapalıdır.

88

2.11 Çarpım Topolojisi

Bu bölümde verilen iki topolojik uzayın kartezyen çarpımları üzerinde bir topoloji oluş-

turacağız.

(X, τ) ve (Y, τ ′) iki topolojik uzay olsun. U ∈ τ ve V ∈ τ ′ olmak üzere U×V şeklindeki

tüm kümeler ailesi B olsun, yani

B = U × V | U ∈ τ, V ∈ τ ′.

B ailesi X × Y üzerinde bir topoloji için bir baz oluşturur.

Gerçektende, her a ∈ X × Y ise X ve Y açık kümeler olduğundan

X × Y ∈ B ve a ∈ X × Y dir.

a ∈ X × Y ve U1 × V1, U2 × V2 ∈ B için a ∈ (U1 × V1) ∩ (U2 × V2) olsun.

(U1 × V1) ∩ (U2 × V2) = (U1 ∩ U2)× (V1 ∩ V2) dir.

İki açık kümenin arakesiti açık olduğundan (U∩U2)× (V1 ∩ V2) ∈ B dir. Böylece B bir

bazdır.

Tanım 2.11.1. B bazının oluşturduğu topolojiye X × Y uzayının çarpım topolojisi

denir ve bu topoloji τx×y ile gösterilir.

X ve Y topolojik uzayları bazlar ile oluşturulmuş ise X × Y uzayının bazı bu tabanlar

yardımıyla oluşturulablir mi? Bu sorunu cevabını aşağıdaki Teoremle verebiliriz.

89

Teorem 2.11.1. B ailesi, X üzerindeki topoloji için bir baz ve C ailesi, Y üzerindeki

topoloji için bir baz ise

D = B × C | B ∈ B ve C ∈ C

ailesi, X × Y üzerindeki topoloji için bir bazdır.

İspat: Her W ∈ τx×y ve x × y ∈ W ise çarpım topolojisinin tanımından bir U × V baz

elemanı için

x× y ∈ U × V ⊂ W dir.

U ve V kümesi, sırasıyla X ve Y uzayında açık olduğundan x ∈ B ⊂ U , y ∈ C ⊂ V

olacak şekilde B ∈ B ve C ∈ C baz elemanı vardır. Böylece, x × y ∈ B × C ⊂ W dir.

Lemma 2.3.2e göre D ailesi, X × Y üzerindeki çarpım topolojisi için birbazdır.

Örnek 2.11.1. Reel sayılar kümesi üzerindeki standart topoloji τs ve ayrık topoloji τi

var olsun. R2 üzerindeki topoloji sıralama topoloji τo olsun. Bu durumda τi × τs = τo

olduğunu göstereniz.

Çözüm: Bi = a : a ∈ R, Bs = (b, c) : b, c ∈ R,

Bi × Bs = a × (b, c) : a, b, c ∈ R

Bi × Bs’nin ürettiği topoloji τi × τs’dir.

• B11 ⊂ Bi × Bs midir?

B ∈ B11 olsun. İki durum mevcuttur:

1. Durum: B = a × (c,+∞)⋃

(a, b)× (−∞,+∞)⋃b × (−∞, d)

Bu durumda B ∈ Bi × Bs’dir.

2. Durum: B = a × (c, d)

Bu durumda B ∈ Bi × Bs’dir. O halde B11 ⊂ Bd × Bs’dir.

• Bd × Bs ⊂ B11 midir? (x, y) ∈ (a, b)× (c, d) ∈ Bd × Bs olsun.

(a, b) küme ise (x, y) ∈ a × (c, d) olur. O halde (x, y) ∈ B11 dir. Bu durumda

Bi × Bs ⊂ B11’dir.

O halde τi × τs = τo’dır.

90

Tanım 2.11.2. X ve Y iki kime olsun.

π1 : X × Y −→ X (x, y) 7→ π1(x, y) = x

şeklinde tanımlı dönüşüme birinci izdüşüm dönüşümü denir.

π2 : X × Y −→ Y (x, y) 7→ π1(x, y) = y

şeklinde tanımlı dönüşüme ikinci izdüşüm dönüşümü denir.

π−11 (U) = U×Y ve π−1

1 (V ) = X×V , çarpım topolojisinde açık olup π−11 (U)∩π−1

2 (V ) =

U × V dir.

Teorem 2.11.2. (X, τx) ve (Y, τy) iki topolojik uzay olsun.

S = π−11 (U) | U ∈ τx ∪ π−1

2 (V ) | V ∈ τy

ailesi, X × Y üzerindeki çarpım topolojisi için bir alt bazdır.

İspat: τ , X × Y üzerinde bir çarpım topoloji olsun. τ ′, S alt bazı tarafından oluşturulan

bir topoloji olsun. S alt bazının her elemanı, τ ’ya ait olduğundan S alt bazına ait

elemanların sonlu kesişimler birleşimi de τ ya aittir. Yani τ ′ ⊂ τ dir. Diğer taraftan,

U × V = π−11 (U) ∩ π−1

2 (V ) olduğundan τ için her U × V baz elemanı S alt baz elem-

analrının bir sonlu arakesitidir. Böylece U × V ∈ τ ′, yani τ ⊂ τ ′.

ALIŞTIRMALAR

i. Rfc, R üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi olsun. Bu durumda R2 üzerindeki

sonlu tümleyenler topolojisi ile R2 üzerindeki Rfc × Rfc çarpım topolojisi aynı

mıdır? Açıklayınız.

91

ii. Orjin noktası seçilmiş nokta olarak alınan R2 üzerindeki seçilmiş nokta topolojisine

PPR2(0,0) = X diyelim. Bu durumda PPR0, R üzerinde 0 noktasını seçilmiş nokta

olarak alan seçilmiş nokta topolojisi olmak üzere X ile PPR0 × PPR0 çarpım

topolojisi aynı mıdır? Açıklayınız.

iii. Dijital düzlemin, dijital doğrunun iki kopyasının çarpımı olduğunu ispatlayınız.

iv. S2 küresi, D diski, T tore yüzeyi, S1 çemberi ve I = [0, 1] kapalı aralığı üzerinde

standart topoloji olduğunu kabul edelim. Bu durumda S2 × I, T × I, S1 × I × I

ve S1 ×D çarpım uzaylarının şeklini çiziniz.

v. L, düzlemde bir doğru, R` de R üzerinde alt limit topoloji olsun. Bu durumda L nin

R2 üzerindeki R` × R ve R` × R` topolojileri ile indirgenen alt uzay topolojilerini

tanımlayınız. Burada elde edilecek sonuçlar doğrunun eğimine bağlıdır. Her iki

durumda da L nin alt uzay topolojileri birbirine benzerdir.

vi. Eğer A, X de kapalı ve B, Y de kapalı ise, bu durumda A×B nin X×Y de kapalı

olacağını gösteriniz.

vii. X ve Y topolojik uzaylar olsun. Eğer A ⊂ X ve B ⊂ Y ise, bu durumda A×B =

A×B olduğunu gösteriniz.

viii. R`, R üzerinde alt limit topoloji olsun. Aşağıdaki kümelerin düzlem üzerindeki

R×R, R`×R ve R`×R` çarpım topolojilerinde açık, kapalı, hem açık hem kapalı

olup olmadığını belirleyiniz.

ix. X ve Y topolojik uzaylar, A ⊂ X ve B ⊂ Y olsun.

a) ∂(A×B) = ∂(A)×∂(B) eşitliğinin genelde doğru olmadığını gösteren bir örnek

veriniz.

b) ∂(A×B) nin ∂(A), ∂(B), A ve B lerin bir ifadesiyle ilişkilendirmeye çalışınız.

92

BÖLÜM ALIŞTIRMALARI

i. Z+ × [0, 1) üzerinde sözlük sıralama bağıntısını tayin ediniz.

ii. <A, A üzerinde sıralama bağıntısı ve <B, B üzerinde sıralama bağıntısı olsun. Her

zaman A×B üzerinde bir sıralama bağıntısı var mıdır? Varsa cevabı doğrulayınız.

iii. R deki tüm topolojileri belirleyiniz ve aralarında kıyaslayınız.

iv. A ⊂ A ⊂ A olduğunu gösteriniz.

v. ∂A = A− A ∨ A− Ac olduğunu gösteriniz.

vi. X = Z ve X = R üzerinde solu tümleyenler topolojisi alarak A ⊂ X kümesinin

içini, kapanışını ve sınırını belirleyiniz.

vii. Aşağıdaki R2 alt kümelerinin içini ve sınırını bulunuz.

• A = (x, y) : y = 0

• B = (x, y) : x > 0, y 6= 0

• C = A ∪B

• D = (x, y) : x ∈ Q

• E = (x, y) : 0 < x2 + y2 ≤ 1

viii. X = [0, 1] × [0, 1] kümesi üzerinde sözlük sıralama bağıntısı var olsun. Aşağıdaki

kümelerin kapanışını belirleyiniz.

• A = ( 1

n, 0) : n ∈ Z+

• B = (1− 1

n,1

2) : n ∈ Z+

• C = (x, 0) : 0 < x < 1

• D = (x, 1

2) : 0 < x < 1

• E = (1

2, y) : 0 < y < 1

Chapter 3

SÜREKLİLİK

Sürekli fonksiyonlar kavramı Matematiğin en temel kavramıdır. Bu bölümde sürekli

fonsiyonları en genel halde tanımlayarak bu fonsiyonlarla ilgili değişik özellikler vere-

ceğiz.

Tanım 3.0.3. X , Y topolojik uzaylar ve f : X → Y fonksiyon olsun. Y deki her V

açığı için, f−1(V ) kümesi X de açık ise f ye süreklidir denir.

Örnek 3.0.2.

f : R −→ R 1/k 7−→ f(1/k) = (−1)k fonsiyonu 0 sıfır noktasında sürekli değildir

çünkü (−∞, 0) , (−12, 1

2) (0,∞) açık aralıkların en az biri f(0) ın komşuluğu iken bu

açık aralıkların f altında ters görüntüleri f−1((−∞, 0)), f−1((−12, 1

2)) f−1((0,∞)) hiç

biri sıfırın komşuluğu değildir.

Örnek 3.0.3.

X = a, b, c, d kümesi üzerinde topoloji

τ = ∅, X, a, b, c, c, d, a, b, c

ve Y = 1, 2, 3 kümesi üzerinde topoloji

τ ′ = ∅, Y, 1, 2, 1, 2

olsun. f, g, h : X −→ Y fonsiyonları

f(a) = 1, f(b) = 1, f(c) = 2, f(d) = 2,

g(a) = 2, g(b) = 2, g(c) = 1, g(d) = 3,

93

94

h(a) = 1, h(b) = 2, h(c) = 2, h(d) = 3

şeklinde tanımlansın. Y dekli her açık kümenin f fonksiyonu altındaki ters görüntüsüX

Figure 3.1: f, g, ve h fonksiyonları

de açık olduğundan f fonsiyonu süreklidir. Benzer şekilde, g sürekidir. Diğer taraftan,

h sürekli değildir çünkü 2 açık alt kümesinin h altındaki ters görüntüsü h−1(2) =

b, c kümesi X de açık değildir.

Örnek 3.0.4.

X ve Y topolojik uzay ve y0 ∈ Y olmak üzere f : X −→ Y fonksiyonu f(x) = y0

şeklinde tanımlansın. V kümesi, Y de açık olsun.

f−1(V ) =

X, y0 ∈ V

∅, y0 /∈ Y.

Her iki durumda da ters görüntü f−1(V ) kümesi, X de açıktır ve dolasıyla f süreklidir.

Örnek 3.0.5.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart τs topolojisi ve alt limit τl topolojisi var olsun.

f(x) = x ve g(x) = x

olmak üzere

f : (R, τs) −→ (R, τl), g : (R, τl) −→ (R, τs)

fonksiyonların sürekliliğini inceleyiniz.

Çözüm: (R, τl) topolojik uzayının [a, b) açık kümesi için f−1([a, b)) = [a, b) kümesi

(R, τs) topolojik uzayında açık değildir. Dolasıyla f sürekli değildir.

(R, τs) topolojik uzayının (a, b) açık kümesi için g−1((a, b)) = (a, b) kümesi (R, τl)

topolojik uzayında açıktır. Böylece g süreklidir.

Örnek 3.0.6.

95

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart τ topoloji ve sonlu tümleyenler τ ′ topoloji

var olsun. f : (R, τ) −→ (R, τ ′) fonksiyonu f(x) = x−12

şeklinde tanımlansın. V =

R−x,x2, . . . , xn kümesi sonlu tümleyen topolojisine göre R de açıktır. f fonksiyonu

altında ters görüntü kümesi

f−1(V ) = R− 2x1 + 1, 2x2 + 1, . . . , 2xn + 1

standart topolojiye göre R de açıktır. Bu nedenle, f süreklidir.

Örnek 3.0.7.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart τ topoloji ve alt limit τalt topoloji var olsun.

Buna göre, f : (R, τ) −→ (R, τ) fonksiyonu

f(x) =

x2 + 1, x ≥ 0

2x, x < 0

şeklinde tanımlansın. V = (12, 2) kümesi standart topolojiye göre R de açıktır. f−1(V ) =

[0, 1) kümesi standart topolojiye göre açık değildir. Dolasıyla bu fonksiyon sürekli

değildir. Bu fonksiyonu f : (R, τalt) −→ (R, τ)

f(x) =

x2 + 1, x ≥ 0

2x, x < 0

şeklinde tanımlarsak bu fonksiyon süreklidir.

Tanım 3.0.4. f : R −→ R fonksiyonu verilsin. Her x0 ∈ R ve ε > 0 için |x− x0| < δ

iken |f(x) − f(x0)| < ε olacak şekilde bir δ > 0 sayısı varsa f fonsiyonu süreklidir

denir.

Teorem 3.0.3. X ve Y birer topolojik uzay ve B, Y üzerindeki topoloji için bir baz

olsun. f : X −→ Y fonksiyonun sürekli olması için gerek ve yeter şart her baz B ∈ B

elemanı için, ters görüntü f−1(B) kümesinin X de açık olmasıdır.

İspat: (⇒) f fonksiyonu sürekli olsun. Tanımdan, Y deki her açık V kümesi için f−1(V )

kümesi X de açıktır. Her baz B elemanı Y de açık olduğundan, tüm B ∈ B için ters

görüntü f−1(B) kümesi X de açıktır.

(⇐) Tüm B ∈ B için ters görüntü f−1(B) kümesi X de açık olsun. V kümeside Y de

açık olsun. Böylece

V =⋃

Bα.

96

Dolasıyla, f−1(V ) = f−1(⋃Bα) =

⋃f−1(Bα) dir. Hipotezden, her bir ter görüntü

f−1(Bα) kümesi, X de açıktır. Açık kümelerin herhangibir birleşimi açık olduğundan

ter görüntü f−1(V ) kümesi X de açıktır. Yani, f süreklidir.

Örnek 3.0.8.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. Fonksiyon f : R2 −→ R,

f(x, y) = xy şeklinde tanımlansın. Bu fonsiyonun sürekli olduğunu gösterelim. R de

baz elemanı (a, b) alalım. Bu baz eelamnın f altındaki ters görüntü kümesinin

f−1((a, b)) = (x, y) ∈ R2 | a < xy < b

açık olduğunu iddia ediyoruz. (p, q) ∈ f−1((a, b)) olsun. f−1((a, b)) kümesinin içerdiği

Figure 3.2: f−1((a, b)) ters görüntü kümesi

(p, q) merkezli açık kare mevcuttur. Gerçektende, δ|p|, δ|q| ve 3δ2 hepsi 3m

den küçük

olacak şekilde

m = minb− pq, pq − a ve δ > 0

alalım. O halde,

(p− δ, p+ δ)× (q − δ, q + δ) ⊂ f−1((a, b)) dir.

Örnek 3.0.9.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart τ topoloji var olsun. f, g, h : (R, τ) −→ (R, τ)

fonksiyonları, sıarsıyla

f(x) = x+ 2, g(x) = 2x, h(x) = x2

97

şeklinde tanımlansın. Bu fonksiyonların hepsinin sürekli olduğunu görelim. a < b olmak

üzere (a, b) kümesi standart topoloji için bir baz elemanı olsun.

f−1((a, b)) = (a− 2, b− 2)

g−1((a, b)) = (a

2,b

2)

f−1((a, b)) =

(−√b,−√a) ∪ (

√a,√b) a ≥ 0,

(−√b,√b) a < 0 ve b > 0,

∅ b ≤ 0.

Verilen herhangi bir baz elemanın bu fonksiyonlar altında ters görüntüleri açık olduğun-

dan fonksiyonların tümü süreklidir.

Önerme 3.0.1. Reel sayılar R kümesi üzerinde standar ttopoloji var ve f, g : X → R

sürekli iki fonksiyon olsun.

i. f ∓ g süreklidir.

ii. f · g süreklidir.

iii. f/g süreklidir. (g 6= 0)

iv. ∀c ∈ R için c · f süreklidir.

İspat: Önermenin ilk şıkkını göstereceğiz. Diğer şıklar okuyucuya ödev olarak bırakılmıştır.

Verilen x0 ∈ X noktası için f+g fonksiyonun bu noktada sürekli olduğunu göstereceğiz.

Bir ε > 0 sayısı verilsin. f fonksiyonu sürekli olduğundan, x ∈ U için |f(x)−f(x0)| < ε2

olacak şekilde bir x0 noktasının bir U açık komşuluğu vardır. Benzer şekilde, g fonksiy-

onu sürekli olduğundan, x ∈ V için |g(x)− g(x0)| < ε2olacak şekilde bir x0 noktasının

bir V açık komşuluğu vardır. W = U ∩ V kümesi x0 ∈ X noktasının bir açık komşu-

luğudur. Her x ∈ W ,

|f(x) + g(x)− f(x0)− g(x0)| < |f(x)− f(x0)|+ |g(x))− g(x0)|

<ε

2+ε

2= ε

olduğundan f + g fonksiyonu x0 noktasında süreklidir.

Önerme 3.0.2. X bir topolojik uzay olmak üzere f, g : X −→ R sürekli fonsiyonlar

olsun.

A = x ∈ X | f(x) = g(x)

kümesi X in kapalı alt kümesidir.

98

İspat:

h : X → R, x 7→ h(x) = f(x)− g(x)

şeklinde tanımlayalım. Bir önceki önermeden, h fonksiyonu süreklidir. 0 kümesi R de

kapalıdır. Kapalı kümenin sürekli fonksiyon altında ters görüntüsü kapalı olduğundan,

A = h−1(0) kümesi X de kapalıdır.

Teorem 3.0.4. Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun. Polinom

p : (R, τ) −→ (R, τ) fonksiyonu p(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0 şeklinde

tanımlansın. Bu polinom fonksiyonu sürekldir.

Reel sayılar kümesi üzerinde tanımlı fonksiyonun sürekliliğini ε − δ tanımından esin-

lenerek aşığıdaki tanımı verebiliriz.

Tanım 3.0.5. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y fonsiyon olsun.

Her x ∈ X ve f(x) noktasını içeren her açık U kümesi için f(V ) ⊂ U olacak şekilde x

elemanının bir V komşuluğu varsa f fonksiyonu süreklidir denir. (Bakınız Şekil )

Figure 3.3: f(x) noktasını içeren her U kümesi için f(U) ⊂ V olacak şekilde V nin varlığı.

Teorem 3.0.5. X ve Y iki topolojik uzay ve açık küme tanımı, f : X −→ Y fonsiyonu

için mevcut olsun. f fonksiyonun sürekli olması için gerek ve yeter şart her x ∈ X

elemanı ve f(x) elemanını içeren her açık U kümesi için f(V ) ⊂ U olacak şekilde x

elemanın bir V komşuluğunun var olmasıdır.

İspat: (⇒) X ve Y iki topolojik uzay ve açık küme tanımı, f : X −→ Y fonsiyonu

için mevcut olsun. x ∈ X ve f(x) elemanı içeren bir açık U ⊂ Y alt kümesi verilsin.

V = f−1(U) alalım. Açık küme tanımdan f sürekli olduğundan, x ∈ V ve V alt kümesi,

X açıktır. Ayrıca, f(V ) ⊂ U dir ve dolasıyla isyenilen sonuç elde edilir.

99

(⇐) Her x ∈ X elemanı ve f(x) elemanını içeren her açık U kümesi için f(V ) ⊂ U

olacak şekilde x elemanın bir V komşuluğunun var olsun. Y topolojik uzayındaki her

açıkW alt kümesi için ters görüntü f−1(W ) kümesininX de açık olduğunu göstereceğiz.

W keyfi kümesi Y de açık olsun. x ∈ f−1(W ) alalım. Dolasıyla f(x) ∈ W dir. Böylece,

f(Vx) ⊂ W olacak şekilde X uzayında x noktasının bir Vx komşuluğu vardır. Buna

denk ifade, Vx ⊂ f−1(W ) olacak şekilde X uzayında x noktasının bir Vx komşuluğu

vardır. Bu ise ters görüntü f−1(W ) kümesinin X de açık olduğunu belirtir.

Teorem 3.0.6. Aşağıdaki ifadeler denktir:

i. f : X → Y fonksiyonu x ∈ X noktasında süreklidir.

ii. V ⊂ Y , Y de açık ise f−1(V ), X de açıktır.

iii. F ⊂ Y , Y de kapalı ise f−1(F ), X de kapalıdır.

iv. A ⊂ X için f(A) ⊂ f(A)

v. B ⊂ Y için f−1(B) ⊂ f−1(B)

İspat: 1) ⇒ 2) : V, Y de açık ve x ∈ f−1(V ) ⊆ X olsun. O zaman V, f(x) in

komşulğudur. Birinci kısımdan f−1(V ), x in komşulğudur. Böylece f−1(V ), X de

açıktır.

2)⇐⇒ 3) : Biribirlerinin tümleyeni olduğundan ispat açıktır.

3)⇒ 4) : A, Xin altkümesi olsun. f(A), Y de kapalıdır. Dolasıyla üçüncü kısımdan

f−1(f(A)) ⊇ A kapalıdır. Aynı zamanda

f−1(f(A)) ⊇ A =⇒ f(A) ⊇ f(A).

4)⇒ 5) : Verilen B ⊆ Y için A = f−1(B) olsun. Dördüncü kısımdam

f(f−1(B)) ⊆ f(f−1(B)) ⊆ B.

Böylece istenilen sonuç oluşur;

f−1(B) ⊆ f−1(B).

5)⇒ 3) : F, Y de kapalı altküme olsun. Beşinci kısımdan,

f−1(F ) ⊆ f−1(F ) = f−1(F ) ⊆ f−1(F ).

Böylece f−1(F ) = f−1(F ) eşitliği f−1(F ) nin X de kapalı olduğunu belirtir.

100

Örnek 3.0.10.

i. f : X → Y bir fonksiyon olsun. Eğer X üzerindeki topoloji diskret (ayrık) topoloji

ve Y üzerindeki topoloji herhangi bir topoloji ise f fonksiyonu süreklidir.

ii. X üzerindeki topoloji aşikar topoloji olsun. f : X → Y fonksiyonunun sürekli

olması için Y üzerindeki topolojide aynı aşikar topoloji olmalıdır. Aksi halde f

fonksiyonu sürekli olamaz.

iii. f : (X, τF )→ (Y, τF ) süreklidir. ⇐⇒ Sonlu tümleyenler kümesinin ters görüntüsü

sonlu tümleyenler kümesi yada boş kümedir.

⇐⇒ Her sonlu kümenin ters görüntüsü sonlu yada X dir.

Önerme 3.0.3. X herhangi bir küme, τ ve τ ′ X üzerinde birer topoloji olsun. τ ⊆ τ′

olması için gerek ve yeter şart

IX : (X, τ)→ (X, τ′), IX(x) = x

birim fonksiyonunun sürekli olmasıdır.

İspat: (⇐:) IX : (X, τ) → (X, τ′) sürekli olsun. U ∈ τ

′ ise I−1X (U) = IX(U) = U ∈ τ

olduğundan τ ′ ⊂ τ ’dur.

(⇒:) τ′ ⊂ τ olsun. U ∈ τ ′ alalım. I−1

X (U) = U ve U ∈ τ olduğundan IX fonksiyonu

süreklidir.

Önerme 3.0.4. İki sürekli fonksiyonun bileşkesi de süreklidir.

İspat: f : (X, τ) → (Y, τ′) ve g : (Y, τ

′) → (Z, τ

′′) fonksiyonları sürekli olsun. g f :

(X, τ)→ (Z, τ′′) fonksiyonu sürekli midir?

U kümesinin Z de açık olduğunu varsayalım. g fonksiyonu sürekli olduğundan g−1(U)

kümesi Y de açıktır. f fonksiyonun sürekliliğinden dolayı f−1(g−1(U)), X de açıktır. O

halde f−1(g−1(U)) = f−1 g−1(U) = (g f)−1(U), X de açıktır. Süreklilik tanımından

dolayı g f fonksiyonu süreklidir.

Teorem 3.0.7. X, Y, veZ topolojik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyon olsun.

i. f sabit ise f süreklidir.

ii. A ⊂ X olmak üzere i : A −→ X kapsama dönüşümü süreklidir.

iii. A ⊂ X ve f sürekli ise f |A : A −→ Y fonsiyonu süreklidir.

iv. f sürekli ve Z ⊂ Y, f(X) ⊂ Z ise f nin görüntüsünün Z ye kısıtlanışı süreklidir.

101

v. X =⋃α Uα, her α için Uα kümesi açık ve f |Uα fonksiyonu sürekli ise f fonksiy-

onuda süreklidir.

vi. Her x ∈ X ve f(x) in her V komşuluğu için x in f(U) ⊂ V koşulunu sağlayan bir

U komşuluğu varsa, f süreklidir.

İspat:

i. Her x ∈ X için f(x) = c0 ∈ Y olsun. V , Y de keyfi açık alt küme olsun. c0 ∈ V

ise f−1(V ) = X dir. c0 /∈ V ise f−1(V ) = ∅ dir. Her iki durumda f−1(V ) kümesi

X de açıktır. Yani f süreklidir.

ii. U ⊂ X bir açık alt küme olsun. i−1(U) = U ∩ A dir. Alt uzay topolojisine göre

U ∩ A kümesi A da açıktır. Böylece, i süreklidir.

iii. f ve kapsama fonksiyonu i : A −→ X sürekli olduğundan f |A = f i süreklidir

(Bir önceki Önermeden).

iv. f fonksiyonu sürekli olsun. Ayrıca f(X) ⊂ Z ⊂ Y ve B ⊂ Z bir açık alt küme

olsun. Alt uzay topolojisine göre U açık ve B = U ∩ Z olacak şekilde U ⊂ Y

alt kümesi vardır. f(U) ⊂ Z ve g : X −→ Z fonksiyonu f nin görüntüsü Z ye

kısıtlanışı olduğundan f−1(U) = g−1(B) dir. Gerçekten, x ∈ f−1(U) için f(x) ∈ U

olup, f(X) ⊂ Z olduğundan f(x) ∈ U ∩ Z dir. Böylece, f(x) ∈ B dir. B ⊂ Z

olduğundan

f(x) = g(x) ∈ B.

Dolasıyla, x ∈ g−1(B) dir. Sonuç olarak f−1(U) ⊂ g−1(B) dir. Benxer şek-

ilde g−1(B) ⊂ f−1(U) olduğu kolayca gösterilebilir. f sürekli olduğundan f−1(U)

kümesi açıktır. Dolasıyla g−1(B) kümesi açıktır. Böylece g süreklidir.

Y ⊂ Z olsun. f ve i fonksiyonları sürekli olduğundan h = i f süreklidir.

v. V ⊂ Y bir açık alt küme olsun.

x ∈ f−1(V ) ∩ Uα ⇔ x ∈ f−1(V ), x ∈ Uα

⇔ f(x) ∈ V, x ∈ Uα

⇔ f |Uα(x) ∈ V

⇔ x ∈ (f |Uα)−1(V ).

Böylece f−1(V )∩Uα = (f |Uα)−1(V ). Her α için f |Uα fonksiyonu sürekli olduğundan

(f |Uα)−1(V ) kümesi X de açıktır.

f−1(V ) =⋃α

f−1(V ) ∩ Uα

102

olduğunda f−1(V ) kümesi X de açıktır. Dolasıyla f süreklidir.

vi. V ⊂ Y bir açık alt küme ve her x ∈ f−1(V ) olsun. f(x) ∈ V olduğundan x elemanın

f(Ux) ⊂ V özelliğini sağlayan bir Ux komşuluğu vardır. Buradan, Ux ⊂ f−1(V )

olup, f−1(V ) =⋃x Ux olduğundan f−1(V ) kümesi X de açıktır. yani f süreklidir.

Önerme 3.0.5. (Yapıştırma(Pasting) Lemma) A ⊂ X,B ⊂ X,X = A ∪ B ve A ile

B aynı karakterli (ikiside açık küme yada ikiside kapalı) kümeler olsun. f |A: A→ Y,

g |B: B → Y fonksiyonları sürekli ve her x ∈ A ∩ B için f(x) = g(x) ise f : X → Y

fonksiyonu süreklidir.

İspat: A ve B her ikisinin X de akapalı olduğunu varsayalım. C, Y nin kapalı altkümesi

olsun. Küme teprisinde

h−1(C) = f−1(C) ∪ g−1(C)

olduğunu söyleyebiliriz. f sürekli olduğundan, f−1(C), A da kapalı ve aynı zamanda X

kapalıdır. Benser düşünceden g−1(C) de X de kapalıdır. Kapalıları sonlu birleşimide

kapalı olduğundan h−1(C), X de kapalaıdır. Yani h süreklidir.

Örnek 3.0.11.

R reel sayılar kümesi olsun. R üzerindeki topoloji doğal metrik tarafından üretilen

topoloji ve

f(x) =

x, x > 0 ise

0, x < 0 ise

şeklinde tanımlansın. Pasting lemmadan yararlanarak f fonksiyonunun sürekliliğini

gösterelim.

A = x : x > 0 ve B = x : x 6 0 kümelerini ele alalım. R= A∪B ve A ile B kümesi

R de kapalı alt kümelerdir. f |A: A → R fonksiyonu f |A (x) = IA(x) olduğundan ve

birim fonksiyon sürekli olduğundan süreklidir. g |B: B → R fonksiyonu g |B (x) = 0

olduğundan ve sabit fonksiyon sürekli olduğundan süreklidir. O halde pasting lem-

madan dolayı f fonksiyonu süreklidir.

Teorem 3.0.8. f : X → Y ve g : X → Z sürekli fonksiyonlar olması için gerek ve

yeter şart h : X → Y × Z, h(x) = (f(x), g(x)) şeklinde tanımlı fonksiyonun sürekli

olmasıdır.

103

İspat: (⇐) h sürekli olsun.

π1 : Y × Z −→ Y π2 : Y × Z −→ Z

izdüşüm dönüşümleri süreklidir. f = π1 h ve g = π2 h fonksiyonları süreklidir çünkü

π1, π2 ve h fonksiyonları süreklidir.

(⇒) f ve g sürekli fonksiyonlar olsun. U ×V , Y ×Z de açık alt küme olsun. O zaman

h−1(U × V ) = f−1(U) ∩ g−1(V ).

f ve g sürekli fonksiyonlar olduğundan f−1(U) ve g−1(V ) açıktır ve dolasıyla arakesiti

de açıktır.

Örnek 3.0.12.

h : R→ S1 ⊂ R2, h(t) = (cos 2πt, sin 2πt) şeklinde tanımlanan h fonksiyonu f : R→ R,

f(t) = cos 2πt ve g : R→ R, g(t) = sin 2πt fonksiyonları sürekli olduğundan süreklidir.

ALIŞTIRMALAR

i. a) X diskret uzay, Y de keyfi bir uzay olsun. Bu durumda tüm f : X −→ Y

fonksiyonlarının sürekli olduğunu gösteriniz.

b) Y trivial (aşikar) uzay, X de keyfi bir uzay olsun. Bu durumda tüm f : X −→ Y

fonksiyonlarının sürekli olduğunu gösteriniz.

ii. f : R −→ R fonksiyonunun ε − δ süreklilik tanımını sağlaması için gerek ve yeter

şart ∀x ∈ R ve f(x) noktasını içeren her U açık kümesi için f(V ) ⊂ U olacak

şekilde x noktasının bir V komşuluğunun var olmasıdır. Gösteriniz.

iii. Aşağıda verilen fonksiyonların sürekli olup olmadığını belirleyiniz.

a) R` alt limit topoloji olmak üzere f : R` −→ R, f(x) = 3x− 5 fonksiyonu.

b) Rfc, R üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi olmak üzere f : Rfc −→ R, f(x) =

3x− 5 fonksiyonu.

iv. a) X bir topolojik uzay, Y ⊂ X olsun. Bu durumda i : Y → X, i(y) = y kapsama

dönüşümünü Y üzerinde sürekli kılan topoloji; Y üzerindeki alt uzay topolo-

jisinden daha incedir. Başka bir deyişle eğer Y üzerindeki alt uzay topolojisi

τ ve τ ′ de Y üzerinde i kapsama dönüşümünü sürekli kılan topoloji ise τ ⊂ τ ′

dir. Gösteriniz.

104

b) X bir topolojik uzay, A bir küme, p : X −→ A örten bir fonksiyon olsun.

Bu durumda p ile indirgenen A üzerindeki bölüm topolojisi, p dönüşümünü A

üzerinde sürekli kılan topolojiden daha incedir. Başka bir deyişle τ , A üzerinde

bölüm topolojisi ve τ ′ de A üzerinde p dönüşümünü sürekli kılan topoloji ise

τ ′ ⊂ τ dir. Gösteriniz.

v. a) X ve Y topolojik uzaylar, X × Y çarpım uzayı olsun.

pX : X × Y −→ X pX : X × Y −→ Y

pX(x, y) = x pY (x, y) = y

projeksiyon fonksiyonları olsun. Bu durumda pX ve pY nin sürekli olduklarını

gösteriniz.

b) X × Y üzerindeki çarpım topolojisinin, pX ve pY fonksiyonlarını sürekli kılan

X×Y üzerindeki topolojiden daha kaba olduğunu gösteriniz. Başka bir deyişle

τ , X × Y üzerindeki çarpım topolojisi ve τ ′ de X × Y üzerinde pX ve pY

fonksiyonlarını sürekli kılan topoloji ise τ ⊂ τ ′ dir.

vi. X üzerinde τ1 ve τ2 iki topoloji ve id : X −→ X, id(x) = x birim dönüşümünü

alalım. Tanım kümesindeki X üzerinde τ1 ve görüntü kümesindeki X üzerinde τ2

olduğunu kabul edelim. Bu durumda id dönüşümünün sürekli olması için gerek ve

yeter şart τ1 in τ2 den daha ince olmasıdır. Gösteriniz.

vii. f : X −→ Y sürekli bir fonksiyon olsun. Eğer x noktası A ⊂ X alt kümesinin

limit noktası ise f(x) noktası da f(A) ⊂ Y alt kümesinin limit noktası olur mu?

İspatlayınız ya da karşıt örnek bulunuz.

viii. f : X −→ Y sürekli, A ⊂ X alt uzay olsun. Bu durumda f fonksiyonunun A alt

uzayına kısıtlanışı f |A : A −→ Y da süreklidir. İspatlayınız.

ix. a) f1 : X −→ Y1 ve f2 : X −→ Y2 sürekli fonksiyonlar olsun. Bu durumda

h : X −→ Y1 × Y2

x 7−→ h(x) = (f1(x), f2(x))

fonksiyonu da süreklidir. Gösteriniz.

b) (a) durumunun sonucunu n > 2 için genişletiniz.

x. f : R2 −→ R, f(x, y) = f(x) + f(y) toplam fonksiyonunun sürekli olduğunu

gösteriniz.

105

xi. Sonlu sayıdaki sürekli fonksiyonların toplamının ve çarpımının da sürekli olduğunu

gösteriniz. Yani f1, ..., fm : R −→ R sürekli ise

s : R −→ R p : R −→ R

s(x) = f1(x) + ...+ fm(x) p(x) = f1(x)...fm(x)

fonksiyonları da süreklidir. Gösteriniz.

xii. Yukarıdaki alıştırmadan hareketle tüm p : R −→ R, p(x) = anxn + ... + a1x + a0

polinom fonksiyonlarının sürekli olduğunu gösteriniz.

3.1 Açık(Kapalı) Fonksiyonlar

Tanım 3.1.1. f : X → Y bir fonksiyon olsun. ∀U ⊂ X açık (kapalı) için f(U), Y de

açık (kapalı) ise f ye açık(kapalı) dönüşüm denir.

Örnek 3.1.1.

i. • X üzerinde sonlu tümleyenler topoljisi var olsun. f : X −→ Y açık olması için

gerek ve yeter şart eş-sonlu kümelerin f altındaki görüntüsü eş-sonlu olmasıdır.

• X ve Y üzerinde sonlu tümleyenler topoljisi var olsun. f : X −→ Y kapalı

olması için gerek ve yeter şart f görüntüsü sonlu ve Y ye eşit olmasıdır.

ii. e : R −→ S1 e(t) = (cos 2πt, sin 2πt) dönüşümü sürekli, açık ve kapalıdır. Diğer

taraftan f : [0, 1] −→ S1 sürekli kapalı fakat açık değildir çünkü f([0, 1/2)) açık

değildir.

Not 3.1.1. Bir sürekli fonksiyon açık olmak zorunda değildir. Örneğin, f : R −→

R x 7→ f(x) = x2 şeklinde tanımlı fonksiyon sürekli fakat (−1, 1) açık kümesinin f

altındaki görüntüsü açık olmayan [0, 1) kümesidir.

Önerme 3.1.1. X ve Y iki topolojik uzay ve B da X üzerindeki topoloji için bir baz

olsun. Bir f : X −→ Y fonksiyonun açık olması için gerek ver yeter şart her baz B ∈ B

elemanı için f(B) kümesinin Y de açık olmasıdır.

İspat: (⇒) Bir f : X −→ Y fonksiyonu açık olsun. B bazının elemanları açık olduğundan

her baz B ∈ B elemanı için f(B) kümesi Y de açıktır.

(⇐) her B ∈ B bazı için f(B) kümesinin Y de açık olsun. X topolojik uzayında bir

açık U kümesi

U =⋃

Bi

106

şeklinde yazılabilir.

f(U) = f(⋃

Bi) =⋃

f(Bi) olur.

Her bir f(Bi) açık olduğundan f(U) açıktır. Böylece f bir açık fonksiyondur.

Teorem 3.1.1. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere

f : X −→ Y

bir fonksiyon olsun.

i. Bir f fonksiyonun açık olması için gerek ve yeter şart her alt A ⊂ X kümesi için

f(A) ⊂ f(A) olmasıdır.

ii. Bir f fonksiyonun kapalı olması için gerek ve yeter şart her alt B ⊂ X kümesi için

f(B) ⊂ f(B) olmasıdır.

İspat:

i. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bir fonksiyonu açık ve A ⊂ X

olsun. A ⊂ A olduğundan f(A) ⊂ f(A) dir. f(A) açık olduğundan

f(A) ⊂ f(A) ⇒ f(A) ⊂ f(A) dir.

Tersine olarak, her alt A ⊂ X kümesi için f(A) ⊂ f(A) olsun. X uzayının

herhangi bir U açığı için f(U) ⊂ f(U) olacağından f(U) açıktır.

ii. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bir fonksiyonu kapalı ve B ⊂ X

olsun. B ⊂ B olduğundan f(B) ⊂ f(B) dir. f(B) kapalı olduğundan

f(B) ⊂ f(B) ⇒ f(B) ⊂ f(B) dir.

Tersine olarak, her alt B ⊂ X kümesi için f(B) ⊂ f(B) olsun. Bir kapalı C ⊂

X alt kümesi için f(C) ⊂ f(C) = f(C) dir. f(C) kapalı olduğundan f kapalı

fonksiyondur.

Sonuç 3.1.1. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere

f : X −→ Y

bire-bir ve örten fonksiyon olsun.

i. Bir f fonksiyonun sürekli ve açık olması için gerek ve yeter şart her alt A ⊂ X

kümesi için f(A) = f(A) olmasıdır.

107

ii. Bir f fonksiyonun sürekli ve kapalı olması için gerek ve yeter şart her alt B ⊂ X

kümesi için f(B) = f(B) olmasıdır.

Teorem 3.1.2. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere

f : X −→ Y

bire-bir ve örten fonksiyon olsun.

i. Bir f fonksiyonun kapalı olması için gerek ve yeter şart her alt A ⊂ X kümesi için

∂f(A) ⊂ f(∂A) olmasıdır.

ii. Bir f fonksiyonun kapalı olması için gerek ve yeter şart her alt B ⊂ X kümesi için

f(B)′ ⊂ f(B′) olmasıdır.

İspat:

i. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere

f : X −→ Y

bire-bir, örten ve kapalı fonksiyon ve A ⊂ X olsun. f bire-bir ve örten olduğun-

dan f aynı zamanda açıktır. f nin kapalı olmasında f(A) ⊂ f(A) ve f nin açık

olmasından f(A) ⊂ f(A) dir. Bu bağıntılardan yararlanarak,

∂f(A) = f(A)− f(A) = f(A) ∩ (Y − f(A))

⊂ f(A) ∩ (Y − f(A)) = f(A ∩ (X − A))

= f(A− A) = f(∂A)

bağıntısı elde edilir.

Tesine her A ⊂ X için ∂f(A) ⊂ f(∂A) olsun. Bir kapalı C ⊂ X alt kümesi için

∂K ⊂ A olduğundan

∂f(C) ⊂ f(∂C) ⊂ f(C) dir.

Bu halde f(C) kapalıdır. Yani f kapalı fonksiyondur.

ii. Okuyucuya ödev olarak bıırakılmıştır.

Sonuç 3.1.2. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere

f : X −→ Y

bire-bir ve örten fonksiyon olsun.

108

i. Bir f fonksiyonun sürekli ve kapalı olması için gerek ve yeter şart her alt A ⊂ X

kümesi için ∂f(A) = f(∂A) olmasıdır.

ii. Bir f fonksiyonun sürekli ve kapalı olması için gerek ve yeter şart her alt B ⊂ X

kümesi için f(B′) = f(B)′ olmasıdır.

Önerme 3.1.2. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere

f : X −→ Y

bire-bir ve örten fonksiyon olsun. Bir f fonksiyonun açık(kapalı) olması için gerek ve

yeter şart f fonksiyonun tersi f−1 nin sürekli olmasıdır.

İspat: (f−1)−1 = f eşitliği kullanarak istenilen sonuç elde edilir.

Önerme 3.1.3. X bir topolojik uzay ve Y Hausdorff topolojik uzay olmak üzere f :

X −→ Y fonksiyonu verilsin. X topolojik uzayın f altındaki görüntü f(X) kümesi

sonlu ise f fonksiyonu kapalıdır.

İspat: Housdorff topolojik uzayında sonlu kümesinin kapalı olmasından dolayı f(X) ka-

palaıdır.

3.2 Dizisel Süreklilik

Tanım 3.2.1. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bir fonksiyon ve

x ∈ X olsun. x noktasına yakınsayan her (xn) dizis için (f(xn)) dizisi f(x) noktasına

yakınsıyor ise f fonksiyonu x noktasında dizisel süreklidir denir.

Teorem 3.2.1. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bir sürekli fonksiyon

olsun. X topolojik uzayında (xn) dizisi bir x noktasına yakınsar ise Y topolojik uza-

yındaki (f(xn)) dizisi f(x) noktasına yakınsar.

İspat:U kümesi, Y uzayındaki f(x) noktasının herhangi bir komşuluğu olsun. f sürekli

olduğundan ters görüntü f−1(U) kümesi X de açıktır. Ayrıca, f(x) ∈ U ise x ∈ f−1(U)

dir. (xn) dizisi x noktasına yakınsadığından tüm n ≥ N için xn ∈ f−1(U) olacak şekilde

pozitif N ∈ Z+ tamsayısı vardır. Böylece, tüm n ≥ N için f(xn) ∈ U olur. Bu nedenle,

(f(xn)) dizisi f(x) noktasına yakınsar.

Örnek 3.2.1.

109

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart τ topoloji ve tümleyeni sayılabilir τ ′ topoloji

var olsun. f : (R, τ ′) −→ (R, τ) birim fonksiyonu ele alalım. Teorem 3.2.1 den f

dizisel süreklidir. (xn) dizisinin x den farklı tüm terimlerin kümesi A olsun. A kümesi

sayılabilir olduğundan X − A kümesi x elamnın açık komşuluğudur. Diğer taraftan,

(xn) dizisi x noktasına yakınsadığından n > N için xn ∈ X − A olacak şekilde bir

pozitif N ∈ Z+ tmasayısı vardır. Fakat X − A kümesinde dizinin x den başka hiç bir

terimi yoktur. Dolasıyla bu dizi

(xn) = (x1, x2, . . . , xN , x, x, . . .)

şeklinde olduğundan

(f(xn)) = (f(x1), f(x2), . . . , f(xN), f(x), f(x), . . .) −→ f(x) dir.

Fakat f sürekli değildir. Çünkü (0, 1) ∈ τ olduğu halde f−1((0, 1)) = (0, 1) /∈ τ ′ dir.

3.3 Fonksiyonlar Dizisi

Fonksiyonlar dizisi Topoloji ve Analizde önemli rol oynar. Örneğin, kuvvet serileri

ile ifade edilebilen (sinüs, üstel fonksiyonlar gibi) fonksiyonların sürekliliği gösterilebilir

çünkü bu fonksiyonlar yakınsak polinom dizilerin limitidir. Topolojide, Tietze Genişletme

teoremin ispatında yakınsak fonksiyon dizileri kıllanılır.

Tanım 3.3.1. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere fn : X −→ Y bir fonksiyon dizisi

olsun. Her bir x ∈ X için (fn(x)) dizisi Y uzayındaki f(x) değerine yakınsar ise (fn)

fonksiyon dizisi bir f : X −→ Y fonksiyonuna noktasal yakınsar denir.

Bir sürekli fonksiyon dizisi sürekli fonksiyona yakınsaması gerekmez. Bunun için düzgün

yakınsaklık kavramına ihtiyaç vardır.

Tanım 3.3.2. X bir topolojik uzay olmak üzere fn : X −→ R bir fonksiyon dizisi

olsun. Verilen ε > 0 sayısına karşılık her x ∈ X ve n ≥ N için |fn(x) − f(x)| < ε

olacak şekilde bir pozitif N ∈ Z+ tamsayısı varsa fn fonksiyon dizisi f : X −→ R

fonksiyonuna düzgün yakınsar denir.

Teorem 3.3.1. X bir topolojik uzay olmak üzere fn : X −→ R bir fonksiyon dizisi ol-

sun. bir fn fonksiyon dizisi f : X −→ R fonksiyonuna düzgün yakınsar ise f fonksiyonu

süreklidir.

110

Figure 3.4: fn fonksiyonun grafiği, f fonksiyonun grafiğinin ε civarında bulunur.

İspat:U alt kümesi reel sayılar R kümesinde açık olsun. Her bir x ∈ f−1(U) için

x ∈ Vx ⊂ f−1(U) olacak şekildeX de bir açık Vx alt kümesi var olduğunu ispatlayacağız.

(f(x∗)− ε, f(x∗) + ε) ⊂ U

olacak şekilde ε > 0 verilsin. Düzgün yakınsaklık tanımından, her n ≥ N ve x ∈ X için

|fn(x)− f(x)| < ε

3

olacak şekilde N ∈ Z+ pozitif sayısını seçebiliriz. Ayrıca n′ ∈ N seçelim. U ′ =

(fn′(x) − ε3, fn′(x) + ε

3) ve Vx = f−1(U ′) olsun. x elemanını içeren Vx kümesi X de

açık ve f(Vx) ⊂ U bağıntısını sağladığını iddia ediyoruz (okuyucuya alıştıma olarak

bırakılmıştır). Bu iddia dan her x ∈ U için x ∈ Vx ⊂ f−1(U) olacak şekilde X de bir

açık Vx kümesi vardır. Böylece, U kümesi X de açık ve dolasıyla f süreklidir.

ALIŞTIRMALAR

i. f : X −→ Y sürekli dönüşüm ve A ⊆ X olsun. x, A nın limit noktası ise f(x),

f(A) nın limşt noktası olur mu? Açıklayınız.

ii. Y Hausdorff uzayı olmak üzere f, g : X −→ Y sürekli dönüşümler olsun. Tüm

x ∈ D için f(x) = g(x) olacak şekilde X in D altkümesi varsa tüm x ∈ X için

f(x) = g(x).

iii. Y Hausdorff uzayı olmak üzere f : X −→ Y sürekli dönüşüm olsun. f nin grafiği

Gf = (x, f(x)) | x ∈ X, X × Y de kapalıdır. Gösteriniz.

111

3.4 Topolojik Denklik(Homeomorfizma)

Modern Cebirde cebirsel nesneler (örneğin, grup, halka, vs. ) arasındaki izomor-

fizma kavramını biliyoruz. Topolojideki analogu homeomorfizmadır(topolojik yapıları

koruyan bijeksiyondur).

Tanım 3.4.1. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bijektif olsun.

Eğer f ve f nin tersi f−1 sürekli ise f dönüşümüne homeomorfizm denir. Eğer

f : X −→ Y dönüşümü homeomorfizm ise X uzayı Y uzayına homeomorfiktir denir ve

X ≈ Y ile gösterilir.

Örnek 3.4.1.

X ve Y üzerinedeki topolojiler şekilde verilmşitir. f : X −→ Y fonksiyonu f(a) =

1, f(b) = 2, f(c) = 3 şeklinde tanımlansın. f fonksiyonu bijektif ve açık kümeyi açığa

kümeye taşıdığından fonksiyon bir homeomorfizmaddır.

Figure 3.5: X topolojik uzayından Y topolojik uzayına bir homeomorfizm.

Örnek 3.4.2. X = a, b, c kümesi üzerinde

τ = ∅, X, a, b, a, b, b, c,

ve

τ ′ = ∅, X, b, c, a, b, b, c,

topolojileri verilsin. f : X −→ X fonksiyonu f(a) = c, f(b) = b, f(c) = a şeklinde

tanımlansın. Bu fonksiyon bir homeomorfizmdir.

Örnek 3.4.3. [a, b] ≈ [c, d] olduğunu gösterelim.

f : [a, b] −→ [c, d]

x 7→ f(x) = c+ d−cb−a(x− a)

112

Figure 3.6: Xa, b, c üzerindeki homeomorfik topolojiler.

ile tanımlansın. f homeomorfizmdir.

i) f bijektiftir:

• ∀x1, x2 ∈ [a, b] için

f(x1) = f(x2)⇒ c+d− cb− a

(x1 − a) = c+d− cb− a

(x2 − a)⇒ x1 = x2

Böylece f bire birdir.

• ∀y ∈ [c, d] için f(x) = y olacak şekilde ∃x ∈ [a, b] vardır:

f(x) = y ⇒ c+d− cb− a

(x− a) = y ⇒ x = a+ (y − c)b− ad− c

∈ [a, b]

Dolayısıyla f örtendir.

Sonuç olarak f bijektiftir.

ii) f ve f−1 süreklidir:

1.Yol: f(x) = c +d− cb− a

(x − a), f−1(x) = a +b− ad− c

(x − c) dönüşümleri, x birim

dönüşümünün sabit bir fonksiyonla çıkarılması, toplanması, çıkarılması ve çarpımları

şeklinde yazılabildiğinden bu dönüşümler süreklidirler.

2.Yol:

f : ([a, b], τ[a,b]) −→ ([c, d], τ[c,d]) süreklidir ⇔ ∀V ∈ τ[c,d] için f−1(V ) ∈ τ[a,b]

(e, q) ∈ τd olmak üzere

113

τ[a,b] = (e, q) ∩ [a, b] =

(e, q) a < e ve q < b

[a, b] e < a ve b < q

[a, q) e < a < q < b

(e, b] a < e < b < q

∅ e, q < a veya b < e, q.

(k, l) ∈ τd olmak üzere

τ[c,d] = (k, l) ∩ [c, d] =

(k, l) c < k ve l < d

[c, d] k < c ve d < l

[c, l) k < c < l < d

(k, d] c < k < d < l

∅ k, l < c veya d < k, l.

(k, l) ∈ τ[c,d] için;

f−1(k) = a+ b−c

d−c(k − c); c < k < d olduğundan k−cd−c < 1⇒ a < f−1(k) < b

f−1(l) = a+ b−cd−c(l − c) c < l < d olduğundan

l − cd− c

< 1⇒ a < f−1(l) < b.

⇒ f−1((k, l)) = (e, q) ∈ τ[a,b], a < e < q < b

[c, d] ∈ τ[c,d] için; f−1(c) = a, f−1(d) = b⇒ f−1([c, d]) = [a, b] ∈ τ[a,b]

[c, l) ∈ τ[c,d] için; f−1(c) = a, f−1(l) = a +b− ad− c

(l − c), k < c < l < d olduğundanl − cd− c

< 1⇒ a < f−1(l) < b⇒ f−1([c, l)) = [a, q) ∈ τ[a,b]

(k, d] ∈ τ[c,d] için; f−1(d) = b, f−1(k) = a +b− cd− c

(k − c), c < k < d < l olduğun-

dank − cd− c

< 1⇒ a < f−1(l) < b⇒ f−1((k, d]) = (e, b] ∈ τ[a,b]

114

⇒ f süreklidir. Benzer şekilde f−1’in sürekliliği de gösterilebilir.

Sonuç olarak f homeomorfizmadır.

Örnek 3.4.4.

(−1, 1) ≈ R olduğunu gösteriniz.

−1 1

Figure 3.7: f(x) = tan(x)

R üzerindeki standart topolojiye göre (−1, 1) ≈ R olduğunu göstermek için (−1, 1) ile

R arasında bir tane homeomorfizma fonksiyonu inşa etmemiz yeterlidir. O halde;

f : (−π2, π

2) → R,∀t ∈ R için t → f(t) = tan t şeklinde tanımlanan fonksiyon home-

omorfizma fonksiyonudur. Aynı zamanda h : (−1, 1) → (−π2, π

2),∀t ∈ (−1, 1) için

t→ h(t) = π2t şeklinde tanımlanan h fonksiyonu da homeomorfizma fonksiyonudur.

Homeomorfizma bağıntısı denklik bağıntısı olduğundan ve (−1, 1) ≈ (−π2, π

2), (−π

2, π

2) ≈

R olduğundan (−1, 1) ≈ R dir.

Örnek 3.4.5.

f : (−1, 1) −→ R

x 7→ f(x) = x1−x2

dönüşümünün homeomorfizma olup olmadığını belirleyelim.

i. f bijektiftir:

• ∀x1, x2 ∈ (−1, 1) için

f(x1) = f(x2)⇒ x1

1− x21

=x2

1− x22

⇒ x1 = x2.

115

Böylece f bire birdir.

• ∀y ∈ R için f(x) = y olacak şekilde x ∈ (−1, 1) vardır:

f(x) = y ⇒ x

1− x2= y ⇒ yx2 + x− y = 0⇒ x =

−1∓√

1 + 4y2

2y.

Böylece f örtendir.

ii. f ve f−1 süreklidir: (a, b) ∈ τd olmak üzere

τ(−1,1) = (−1, 1) ∩ (a, b) =

(−1, 1) a < −1 < 1 < b

(a, b) −1 < a < b < 1

(−1, b) a < −1 < b < 1

(a, 1) −1 < a < 1 < b

∅ a, b < −1 ∨ 1 < a, b

f−1(x) =

−1+√

1+4x2

2xx 6= 0

0 x = 0

(a, b) ∈ τd için f−1((a, b)) ∈ τ(−1,1)?

f−1(a) =−1 +

√1 + 4a2

2a.

Örnek 3.4.6.

S1 = (x, y) ∈ R2|x2 + y2 = 1 ve K = (x, y) ∈ R2||x| + |y| = 1 olsun. S1 ≈ K

olduğunu gösterelim.

f : S1 −→ K

(x, y) 7→ f(x, y) =(

x|x|+|y| ,

y|x|+|y|

)

x1 =x

|x|+ |y|ve y1 = y

|x|+|y| ise, bu durumda

|x|+ |y| =∣∣∣ x|x|+|y|

∣∣∣+∣∣∣ y|x|+|y|

∣∣∣ = |x|2+2|x||y|+|y|2(|x|+|y|)2 = (|x|+|y|)2

(|x|+|y|)2 = 1.

O halde x1 ve y1 noktaları karenin üzerindedir.

116

−1

1

1

−1

1

−1

−1

1

Figure 3.8: Çember kareye homeomorftur

i. Her (x1, y1) = (x2, y2) ∈ S1 için

f(x1, y1) =( x1

|x1|+ |y1|,

y1

|x1|+ |y1|

)=( x2

|x2|+ |y2|,

y2

|x2|+ |y2|

)= f(x2, y2)

Böylece f iyi tanımlıdır.

ii. Her( x1

|x1|+ |y1|,

y1

|x1|+ |y1|

),( x2

|x2|+ |y2|,

y2

|x2|+ |y2|

)∈ K için

x1

|x1|+ |y1|=

x2

|x2|+ |y2|⇒ x1 = x2

y1

|x1|+ |y1|=

y2

|x2|+ |y2|⇒ y1 = y2

Böylece f bire birdir.

iii. Her (k, t) ∈ K için f(x, y) = (k, t) olacak şekilde (x, y) ∈ S1 vardır:

f(x, y) =( x

|x|+ |y|,

y

|x|+ |y|

)= (k, t)⇔ k =

x

|x|+ |y|∧ t =

y

|x|+ |y|

k2 =x2

(|x|+ |y|)2, t2 =

y2

(|x|+ |y|)2olmak üzere

k2 + t2 =x2 + y2

(|x|+ |y|)2⇒ 1

(|x|+ |y|)2= k2 + t2

O halde

|x|+ |y| = 1√k2 + t2

⇒

x = k√k2+t2

y = t√k2+t2

,

x2 + y2 = 1⇒( k√

k2 + t2,

t√k2 + t2

)∈ S1.

Böylece f örtendir.

117

iv. f ve f−1 : K −→ S1 süreklidir.

(x, y) 7→ f−1(x, y) =(

x√x2+y2

, y√x2+y2

)Lemma 3.4.1. 1) Homeomorf iki dönüşümün bileşkesi yine homeomorftur.

2) Homeomorf dönüşümün tersi de homeomorftur.

3) Birim dönüşüm 1 : (X, τ1) −→ (X, τ2) homeomorf ⇔ τ1 = τ2.

İspat:

1) X ≈ Y, Y ≈ Z ⇒ X ≈ Z:

f : X −→ Y, g : Y −→ Z homeomorf olsun. g f : X −→ Z homeomorfizmadır.

Çünkü; f ve g bijektif ise g f de bijektif, f ve g sürekli ise g f de süreklidir.

2) X ≈ Y ⇒ Y ≈ X:

f : X −→ Y homeomorfizma olsun. O halde f bijektif ve sürekli, f−1 de süreklidir.

f−1 : Y −→ X sürekli, örten, (f−1)−1 = f sürekli, f−1 1− 1 olduğundan f−1 de home-

omorfizmadır.

3)(⇒:) 1X : (X, τ1) −→ (X, τ2) homeomorfizm, V ∈ τ2 olsun. 1−1X (V ) = V açıktır;

çünkü homeomorfizm vardır. Bu durumda V ∈ τ1. O halde τ2 ⊂ τ1...(1)

U ∈ τ1 olsun. 1X(U) = (1−1X )−1 = U ∈ τ2; çünkü 1X homeomorfizmdir ve bu sebeple

1−1X süreklidir. Bu durumda τ1 ⊂ τ2...(2)

(1) ve (2)den τ1 = τ2.

(⇐:) τ1 = τ2 olsun. Yansıma özelliğinden dolayı 1X : (X, τ1) −→ (X, τ2) home-

omorfizmdir.

Örnek 3.4.7.

X = R2, Y = (x, y) ∈ R2 | x > 0, Z = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1

ve düzlem R2 üzerinde standart topoloji var olsun. Bu uzayların homeomorfik olduğunu

gösteriniz.

İspat:f : X −→ Y fonksiyonunu f(x, y) = (ex, y) şeklinde tanımlansın. Bu durumda

f bir homeomorfizmadır.

118

Figure 3.9: Düzlem, açık yarıdüzleme ve açık diske homeomorfiktir

g : X −→ Z fonksiyonu g(r, θ) = ( r1+r

, θ) şeklinde tanımlı fonksiyon bir homeomorfiz-

madır.

Sonuç 3.4.1. Homeomorfizma bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.

Önerme 3.4.1. f : X −→ Y homeomorfizma, A ⊂ X olsun.

(i) A,X de kapalıdır ⇔ f(A), Y de kapalı

(ii) f(A) = [f(A)]

(iii) f(A) = [f(A)]

İspat:

(i)(⇒:) A ⊂ X kapalı olsun. O halde f kapalı sürekli dönüşüm olduğundan f(A), Y

de kapalıdır.

(⇐:) f homeomorfizma olduğundan f−1 sürekli dönüşümdür. f(A) ⊂ Y kapalı olsun.

O halde f−1 sürekli olduğundan f−1(f(A)), X de kapalıdır. f−1(f(A)) = A olduğundan

A ⊂ X de kapalıdır.

(ii) f(A) = [f(A)]⇔ f(A) ⊂ [f(A)] ∧ [f(A)] ⊂ f(A)

• [f(A)] ⊂ f(A)

∀A ⊂ X için A ⊂ A⇒ f(A) ⊂ f(A)⇒ f(A) ⊂ f(A).

119

f kapalı dönüşüm olduğundan f(A) = f(A) dır. Böylece

[f(A)] ⊂ f(A).

• f(A) ⊂ f(A)

Y uzayında f(A) yı kapsayan kapalı küme K ′ olsun. Yani f(A) ⊂ K ′ olsun. Bu

durumda A ⊂ f−1(f(A)) ⊂ f−1(K ′), f−1 sürekli olduğundan f−1(K ′) kapalıdır. O

halde; A,A yı kapsayan en küçük kapalı küme olduğundan A ⊂ A ⊂ f−1(K ′) dür.

f(A) ⊂ f(f−1(K ′)) ⊂ K ′ ve seçilen K ′ kapalısı f(A) seçilebileceğinden f(A) ⊂ f(A)

dır.

(iii) f(A) = [f(A)] ⇔ f(A) ⊂ [f(A)] ∧ [f(A)] ⊂ f(A)

• f(A) ⊂ [f(A)]

∀A ⊂ X için A ⊂ A dır. O halde f(A) ⊂ f(A) dır. f(A) ⊂ Y nin kapsadığı en büyük

açık küme [f(A)] olduğundan; f(A) ⊂ [f(A)] olmak zorundadır.

• [f(A)] ⊂ f(A)

Bu şıkkın ispatı alıştırma olarak okuyucuya bırakılmıştır.

Tanım 3.4.2. X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bir fonksiyon olsun.

X topolojik uzaydan Y deki alt f(X) uzayına bir homeomorfizma mevcut ise X uzayı

Y uzayı içine gömülür ve f fonksiyonuna da gömme fonksiyonu denir.

Örnek 3.4.8. Silindir ve Möbius şeridi homeomorfik değildir çünkü silindir 2-küre içine

gömülürken Möbius şeridi 2-küre içine gömülemez.

Figure 3.10: Silidir, Möbius şeridi, ve küre

Teorem 3.4.1. X Housdorff topolojik uzay ve Y bir topolojik uzay olmak üzere f :

X −→ Y bir homeomorfizma ise Y housdorff’tur.

120

İspat: X topolojik uzayı Huasdorff ve y1, y2 elemanlar Y de farklı iki eleman olsun.

O halde f−1(y1), f−1(y2) elemanları X de farklıdır. X Housdorff uzayı olduğundan,

f−1(y1), f−1(y2) noktalarını içeren sırasıyla ayrık açık U, V kümeler vardır. Sonuç

olarak, f(U), f(V ) kümeleri y1, y2 elemanlarını içeren ayrık açık kümelerdir. Yani Y

Housdorff’tur.

Not 3.4.1. τ, τ ′, R üzerinde sırasıyla standart topoloji ve sonlu tümleyenler topoloji

olsun. (R, τ) Haousdorff topolojik uzay iken (R, τ ′) Housdorff topolojik uzay değildir.

Dolasıyla, (R, τ) uzayı, (R, τ ′) uzayına homeomorfik değildir.

Figure 3.11: kelepçe ve sekiz şekli

Örnek 3.4.9. f : [0, 2π) −→ S1 fonksiyonu f(θ) = pθ şeklinde tanımlansın. f bijektif

sürekli iken tersi sürekli olmadığından f bir homeomorfizma değildir. f : [0, 2π) −→ R2

fonksiyonu injektif sürekli fonksiyon olmasına rağmen bir gömme fonksiyonu değildir.

U = [0, 12) açık kümesini alalım. BU kümenin f altındaki görüntüsü S1 de açık değildir.

Figure 3.12: f homeomorfizma değildir.

Teorem 3.4.2. X kompakt, Y Hausdorff ve f : X −→ Y sürekli, bijektif dönüşüm

olsun. O zaman f homeomorfizmadır.

İspat: f−1 in sürekli olduğunu göstermemiz gereklidir. Yani f nin kapalı veya açık

dönüşüm olduğunu göstermeliyiz. C, X te kapalı olsun. X kompakt olduğundan C

de kompakttır. (Kompakt uzayların kapalı alt uzayları da kompakttır.) f(C), Y de

121

kompakttır. (Kompakt uzayın sürekli dönüşüm altında görüntüsü kompakt olduğun-

dan Y de kompakttır.) f(C), Y de kapalıdır. (Hausdorff uzayın kompakt alt uzayı

kapalıdır.)

Tanım 3.4.3. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bir homeo-

morfizma olsun. X uzayında sağlanan bir özellik Y uzayında sağlanıyorsa bu özellik

homeomorfizm altında korunuyor denir. Homeomorfizm altında korunan topolojik

uzay özelliğine topolojik özellik denir.

Teorem 3.4.2 den Housdorff’luk bir topolojik özelliktir. Genelde, açık kümelerle tanım-

lanan özellikler(Houdorff’luk gibi) topolojik özelliklerdir.

Tanım 3.4.4. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bir fonksiyon

olsun. Her x ∈ X için f(U) ⊂ Y olacak şekilde x elemanını içeren açık U kümesi var

ve kısıtlama f |U : U −→ f(U) fonksiyonu homeomrfizm ise f ye yerel homeomorfizm

denir.

Örnek 3.4.10. Her homeomorfizm bir yerel homemorfizmdir.

Örnek 3.4.11. Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji vars olsun.

f : R −→ S1 t 7→ f(t) = e2πit

şeklinde tanımlanan fonksiyon bir yerel homeomorfizmdir.

Örnek 3.4.12. f : S1 −→ S1, f(z) = zn şeklinde tanımlı sarma fonksiyonu bir yerel

homeomorfizmdir.

Önerme 3.4.2. İki yerel homeomorfizmanın bileşkeside bir yerel homeomorfizmdir.

Teorem 3.4.3. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y fonksiyonu

verilsin.

i. f fonksiyonu bir homemorfizm ise f yerel homemorfizmdir.

ii. f fonksiyonu bir yerel homemorfizm ise f bir açık fonksiyondur.

iii. f fonksiyonu bijektif ve yerel homeomorfizm ise f bir homeomorfizmdir.

İspat:

i. f nin bir homeomorfizm olduğunu varsayalım. U = X alalım. Yani, her x ∈ X

için f(X) ⊂ Y olacak şekilde x elemanını içeren açık X kümesi var ve kısıtlama

f |X : X −→ f(X) fonksiyonu homeomrfizmdir.

122

ii. f fonksiyonu bir yerel homemorfizm olsun. Her x ∈ X için f(Ux) ⊂ Y olacak

şekilde x elemanını içeren açık U kümesi var ve kısıtlama f |Ux : Ux −→ f(Ux)

fonksiyonu homeomorfizmdir. Ux açık kümeler ailesi X in bir açık örtüsünü oluş-

turacağından

X =⋃x∈X

Ux dir.

V ⊂ X bir açık küme olsun.

V = V ∩X = V ∩ (⋃x∈X

Ux) =⋃x∈X

(V ∩ Ux)

olduğundan

f(V ) =⋃x∈X

f(V ∩ Ux) dir.

Her bir V ∩Ux kümesi Ux de açık olduğundan f(V ∩Ux) de f(Ux) de açıktır. Diğer

taraftan, f(Ux) kümesi Y de açık olduğundan f(V ∩Ux) kümeside Y de açıktır. O

halde, f(V ) görüntü kümesi Y de açıktır.

iii. f fonksiyonu bijektif ve yerel homeomorfizm olsun. O halde, Her x ∈ X için f(U) ⊂

Y olacak şekilde x elemanını içeren açık U kümesi var ve kısıtlama f |U : U −→

f(U) fonksiyonu homeomrfizmdir. Teorem 3.0.5 den, f süreklidir. X =⋃x∈X Ux

olduğundan

f(X) = f(⋃x∈X

Ux) =⋃x∈X

f(Ux) dir.

f örten olduğundan⋃x∈X f(Ux) = Y dir.

f−1x : f(Ux) −→ Ux

sürekli olduğundan Teorem 3.0.5 den f−1 : Y −→ X süreklidir. Buda istenilen

sonucu verir.

Örnek 3.4.13. f : [0, 2π) −→ S1 θ 7→ f(θ) = pθ şeklinde tanımlı fonksiyon sürekli

bijektif fakat açık değildir. [0, 12) açık kümesinin f altındaki görüntü f([0, 1

2)) kümesi

S1 de açık değildir.

ALIŞTIRMALAR

i. Herhangi iki a, b ∈ R(a < b) sayıları için [0, 1) ≈ [a, b) ve (0, 1] ≈ (a, b] olduğunu

gösteriniz.

123

ii. [0, 1) ≈ [0,∞) ve (0, 1) ≈ (0,∞) olduğunu gösteriniz.

iii. f : (−1, 1) −→ R homeomorfizma mıdır? Açıklayınız.

x 7→ f(x) = x1−x2

iv. Reel doğrunun herhangi iki açık aralığı homeomorftur. Gösteriniz.

v. S herhangi bir topolojik uzay ise, bu takdirde h : (−1, 1) −→ S ve j : R −→ S

sürekli dönüşümleri arasında bire bir eşleme vardır; ve h−1 : S −→ (−1, 1) ve

j−1 : S −→ R sürekli dönüşümleri arasında bire bir eşleme vardır. İspatlayınız.

vi. f : S −→ T bir homeomorfizm ve g : T −→ U bir homeomorfizm ise, bu takdirde

g f : S −→ U bir homeomorfizmdir. İspatlayınız.

vii. A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, R, S, T, U, V, W, Y, Z olmak üzere

alfabenin elemanlarından hangileri birbirine homeomorftur? Açıklayınız.

viii. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rakamlarının hangileri birbirine homeomorftur? Açık-

layınız.

ix. S = 1, 2 kümesi üzerinde discrete topoloji ve T = 1, 2 kümesi üzerinde indis-

crete topoloji tanımlanmış olsun. g : T −→ S bir bijeksiyon ise S ve T homeomorf

mudur? Açıklayınız.

124

x. S1 = (x1, x2) ∈ R2|x21 + x2

2 = 1 ve T = x1, x2) ∈ R2||x1|+ |x2| = 1

kümeleri verilsin. S1 ≈ T olduğunu gösteriniz.

xi. S1in [0, 1] kapalı aralığına homeomorf olmadığını gösteriniz.

xii. V = (0, 1] ∪ (2, 3] ∪ (4, 5] ∪ . . . ve f : V −→ V

f(x) =

x2

x ∈ (0, 1]

x−12

x ∈ (2, 3]

x− 2 diğer durumlardaile tanımlansın. f bir homeomorfizm midir? Açıklayınız.

xiii. Aşağıdaki uzayları homeomorfik yapacak homeomorfizmaları inşa ediniz.

A. R2 ≈ S = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (0, 1), y ∈ (0, 1)

B. R2 ≈ E = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (0, 1)

C. R2 ≈ D = (x, y) ∈ R2 : (x2 + y2) < 1

D. R2 ≈ B = (x, y) ∈ R2 : x, y > 0

xiv. X = a, b üzerindeki olası tüm topolojileri ele alalım. Bu durumda bu topoloji-

lerin hangilerinin birbirine homeomorf olduğunu belirleyiniz.

xv. X = a, b, c kümesi üzerinde, her biri ∅ ve X de dahil olmak üzere 5 açık küme

içerecek şekilde öyle 3 farklı topoloji inşa ediniz ki bu topolojilerden ikisi birbirine

homeomorf olsun ancak diğer üçüncüsü bunlara homeomorf olmasın.

xvi. a) R ile (−∞, a) aralığı arasında homeomorfizma oluşturunuz.

b) a < b olmak üzere R ile (a, b) aralığı arasında homeomorfizma oluşturunuz.

c) a < b olmak üzere (a, b) ie (−∞, c) arasında homeomorfizma oluşturunuz.

xvii. f : X −→ Y bijeksiyonunun homeomorfizma olması için gerek ve yeter şart, f ve

f−1 dönüşümlerinin kapalı kümeleri kapalı kümelere taşımasıdır. İspatlayınız.

xviii. Aşağıdaki durumları ispatlayınız ve bu durumlar yardımıyla topolojik denkliğin,

tüm topolojik uzayların koleksiyonu üzerinde bir denklik bağıntısı olduğunu gös-

teriniz:

125

a) id : X −→ X, id(x) = x birim fonksiyonu homeomorfizmadır.

b) f : X −→ Y homeomorfizma ise f−1 : Y −→ X de homeomorfizmadır.

c) f : X −→ Y ve g : Y −→ Z homeomorfizma ise g f : X −→ Z de homeomor-

fizmadır.

xix. Standart topolojide R2 − 0 ın S1 × R ye homeomorf olduğunu gösteriniz.

xx. R üzerinde birbirine homeomorf olmayan, birinin diğerinden daha ince olduğu farklı

iki topoloji bulunuz.

xxi. a) Sonlu sayıda nokta içeren boştan farklı açık kümelere sahip olma özelliği topolo-

jik özelliktir. Gösteriniz.

b) Z üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi olsun. Bu takdirde dijital doğrunun Z

ye homeomorf olamayacağını ispatlayınız.

xxii. Homeomorfizmanın iç, kapanış ve sınırı koruduğunu gösteriniz:

a) f : X −→ Y homeomorfizma ise, her A ⊂ X alt kümesi için f(Int(A)) =

Int(f(A)).

b) f : X −→ Y homeomorfizma ise, her A ⊂ X alt kümesi için f(Cl(A)) =

Cl(f(A)).

c) f : X −→ Y homeomorfizma ise, her A ⊂ X alt kümesi için f(∂(A)) = ∂(f(A)).

xxiii. Her y ∈ Y için X × Y çarpım uzayı X × y formundaki alt kümelere bölünsün.

Bu bölüntü kümelerinin koleksiyonunu (X × Y )∗ ile temsil edelim. Bu takdirde

(X × Y )∗ üzerindeki bölüm topolojisi Y uzayına homeomorftur. Gösteriniz.

xxiv. f : X −→ Y ve g : X ′ −→ Y ′ homeomorfizma iseler,

h : X ×X ′ −→ Y × Y ′

h(x, x′) = (f(x), g(x′))

ile tanımlı h fonksiyonu da homeomorfizmadır. İspatlayınız.

Chapter 4

METRİK UZAYLAR

4.1 Tarihçesi

Topolojik düşüncenin Euclidean uzayın ötesine genişletilmesi ilk olarak Maurice Frechet

tarafından yapılmıştır. Frechet 1906 yılında noktaların sadece reel sayı ya da reel sayı

n-lisi değil de soyut objeler olma düşüncesine izin veren oldukça genel bir yolla metrik

uzayları tanımlamıştır.

C[a, b] ve C(X,R) de foksiyonlar için supremum metriği Frechet’e atfedilmiş olsa da

daha 1885 yılında Weierstrass’ın düzgün yakınsaklık üzerine olan bir çalışmasında kul-

lanılmıştır.

Örnek 4.1.1. [1] Bir (X,d) metrik uzayı için C(X,R) sürekli ve sınırlı f : X → R

fonksiyonlarının ailesini belirtir.

d(f, g) = Sup|f(x)− g(x)| : x ∈ X

şeklinde tanımlanır. d ye C(X,R) için supremum metriği denir.

Henri Poincare 1895’te homeomorfizma fikrini kullanmıştır. Daha sonra yine Frechet

sürekli fonksiyonların ve homeomorfizmaların sistematik çalışmasını başlatmıştır.

Hilbert uzayı David Hilbert (1862-1943) tarafından 1906’da keşfedilmiştir. Metrik uza-

ylar için kullanılan Cauchy-Schwarz eşitsizliğini Cauchy oluşturmuştur. Minkowsky

eşitsizliğini de Hermann Minkowsky (1864-1909) 1909 yılında ispatlamıştır.

Bir metrik uzayın tamlığı fikri, 1821’de Cauchy’nin irrasyonel sayıları rasyonel sayıların

Cauchy dizilerinin limiti olarak tanımlayarak rasyonel sayılar uzayı için bir tamlama

126

127

üretmesine dayandırılabilir. Fakat Cauchy’nin metodu büyük ölçüde sezgiye bağlıdır.

1869’da Charles Meray bu kavramı üzerine mantıksal temeller koyarak yeniden düzen-

lemiştir. Cantor da rasyonel sayılar kümesi için benzer bir tamlama tanımlamıştır.

Genel olarak tam metrik uzay konseptini Frechet tanımlamış ve genel tamlama yapısı

1914’te Hausdorff tarafından sunulmuştur.

Stefan Banach (1892-1945) Büzülme Lammasını bulmuştur. Normlu uzaylar Banach,

Hans Hahn (1879-1934), Eduard Helly (1884-1943) ve Norbert Wiener (1894-1964)

tarafından bulunmuştur. Banach uzaylarını yine Banach 1923 yılında tanımlamıştır.

Reel doğru için Baire Kategori Teoremi 1889’da Fransız matematikçi Rene Baire (1874-

1932) tarafından ispatlanmıştır. Tam metrik uzaylar için genel teorem ilk olarak

Grundzüge der Mengenlehre’de 1 görülmüş ve Hausdorff’a atfedilmiştir.

1Geniş küme teorisi

128

4.2 Metrik Uzay

Tanım 4.2.1. X bir küme olmak üzere d : X×X −→ R fonksiyonu aşağıdaki özellikleri

sağlıyorsa, d ye X üzerinde bir metriktir denir.

i) Tüm x, y ∈ X için d(x, y) ≥ 0

ii) Tüm x, y ∈ X için d(x, y) = d(y, x)

iii) d(x, y) = 0⇐⇒ x = y.

iv) Tüm x, y, z ∈ X için d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). d metrik ile birlikte X kümesine

metrik uzay denir. (X, d) ile gösterilir.

Örnek 4.2.1. d : R×R −→ R, (x, y) 7−→ d(x, y) = |x−y| şeklinde tanımlı d fonksiyonu

bir metriktir.

Örnek 4.2.2. d1 : R2 × R2 −→ R, ((x1, y1), (x2, y2)) 7−→√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

şeklinde tanımlı d fonksiyonu bir metriktir.

Örnek 4.2.3.

d2((x1, y1), (x2, y2)) = |x1 − x2|+ |y1 − y2|

d3((x1, y1), (x2, y2)) =

0, (x1, y1) = (x2, y2)

1, (x1, y1) 6= (x2, y2)

d4((x1, y1), (x2, y2)) = max|x1 − x2|, |y1 − y2|

Bu üç fonksiyon R2 üzerinde bir metriktir.

Örnek 4.2.4. (X, d) bir metrik uzay ve Y , X in bir alt kümesi olsun.

d|Y×Y : Y × Y −→ R bir metriktir. (Y, d|Y×Y ) bir metrik uzaydır.

Örnek 4.2.5. X = f |f : [0, 1] −→ [0, 1] olsun.

d : X ×X −→ R

(f, g) 7−→ d(f, g) = lub|f(x)− g(x)||x ∈ [0, 1]

şeklinde tanımlı fonksiyon bir metriktir.

Çözüm: Üst sınırı olan, R nin bir alt kümesinin en küçük üst sınırı (lub) var olduğundan,

tüm f, g ∈ X ve x ∈ [0, 1] için

0 ≤ |f(x)− g(x)| ≤ 1

dir.

129

i) |f(x) − g(x)||x ∈ [0, 1] ye ait her bir eleman sıfırdan büyük veya eşittir. Yani

f, g ∈ X için d(f, g) ≥ 0 dır.

ii) Tüm f, g ∈ X ve x ∈ [0, 1] için |f(x)− g(x)| = |g(x)− f(x)| olduğundan, d(f, g) =

d(g, f) dir.

iii) f = g ise tüm x ∈ [0, 1] için f(x) = g(x) dir. Böylece

|f(x)− g(x)||x ∈ [0, 1] = 0

dır. Dolayısıyla d(f, g) = 0 dır. Diğer taraftan d(f, g) = 0 olsun. O zaman

lub|f(x)− g(x)||x ∈ [0, 1] = 0

dır. |f(x)− g(x)| ifadesi daima sıfırdan büyük veya eşittir. Böylece

|f(x)− g(x)||x ∈ [0, 1] = 0

dır. Yani tüm x ∈ [0, 1] için |f(x)− g(x)| = 0 dır. Dolayısıyla tüm x ∈ [0, 1] için

f(x) = g(x) dir. Yani f = g dir.

iv) Tüm x ∈ [0, 1] için |f(x)−h(x)| ≤ |f(x)−g(x)|+ |g(x)−h(x)| dir. Bu eşitsizlikten

d(f, h) ≤ d(f, g) + d(g, h) dır.

Tanım 4.2.2. (X, d) bir metrik uzay, x ∈ X ve r bir pozitif reel sayı olsun. x noktasının

d− r-komşuluğu

N(x, r) = y ∈ X|d(x, y) < r)

şeklinde tanımlanır.

Örnek 4.2.6. R2 de (0, 0) noktasının d1, d2 ve d4 metriklerine göre komşuluklarını

belirleyelim.

(X, d) metrik uzayındaki tümN(x, r) komşuluklarının koleksiyonu,X üzerindeki topoloji

için bir baz olduğunu gösterlim:

• Her x ∈ X ve r > 0 için x ∈ N(x, r) dir.

• y ∈ N(x, r1) keyfi verilsin. İlk önce,

N(y, r2) ⊂ N(x, r1)

olacak şekilde N(y, r2) komşuluğunu var olduğunu gösterrelim.

r2 = r1 − d(x, y) şeklinde tanımlayalım. Her z ∈ N(y, r2) ise

d(y, z) < r2 = r1 − d(x, y) dir.

130

Figure 4.1: (0, 0) noktasının d1, d2 ve d4 metriklerine göre komşulukları

Bruadan

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + r1 − d(x, y) dir.

Böylece, N(y, r2) ⊂ N(x, r1) olur.

N1(x, r1) ve N2(x, r2) iki komşuluk olmak üzere ∀y ∈ N1(x, r1) ∩N2(x, r2) olsun.

N(y, r3) ⊂ N1(x, r1) ve N(y, r4)N2(x, r2)

olacak şekilde r3, r4 > 0 sayıları vardır. O halde r = minr3, r4 olmak üzere,

N(y, r) ⊂ N1(x, r1) ve N(y, r)N2(x, r2) dir.

Buradan, y ∈ N(y, r) ⊂ N1(x, r1) ∩ N2(x, r2) dir. Sonuç olarak, X deki tüm

komşuluk ailesi bir baz oluşturur.

Tanım 4.2.3. (X, d) bir metrik uzay olsun. x ∈ X ve r > 0 için N(x, r) komşuluk-

larının B ailesiolmak üzere, τB topolojisine d metriğinin ürettiği metrik topolojisi

denir.

Örnek 4.2.7. d3 metriği tarafından üretilen topoloji ayrık topolojidir. N(x, 1) in baz

elemanı sadece x elemanını içerir. Dolasıyla bu uzayda tek elemanlı bir alt küme metrik

topolojisine göre açıktır. Buradan bu topoloji ayrık tpolojisine eşittir.

Örnek 4.2.8. R üzerinde d metriği tarafından üretilen topoloji, sıralama topolojidir.

Çözüm: Reel sayılar R üzerinde rıralama topolojisi ele alalım. (a, b) açık aralığı

sıralama topolojisi için baz elemanı olmak üzere,

(a, b) = N(x, r), x =a+ b

2ve r =

b− a2

131

için N(x, r) = (a, b) olduğu açıktır. Böylece sıralama topolojisi, metrik topolojisiden

daha güçlüdür. Tersine N(x, r) komşuluğu için (x − r, x + r) aralığına eşit olduğu

açıktır. Buradan metrik topolojisi sıralama topolojisinden daha güçlüdür. Sonuç olarak

R üzerindeki d metriğinin ürettiği metrik topolojisi sıralama topolojisine eşittir.

Tanım 4.2.4. X bir topolojik uzay olsun. X üzerindeki topolojiyi üreten X üzerinde

bir d metriği varsa, X e metriklenebilir denir.

Not 4.2.1. Örnek 4.2.8 ya göre ayrık topolojik uzay her daim metriklenebilirdir.

Tanım 4.2.5. (X, d) bir metrik uzay olsun ve U , X in bir alt kümesi olsun. U ya ait x

elemanı için N(x, r) ⊂ U olacak şekilde bir r pozitif sayısı varsa, U alt kümesine açık

küme denir.

Örnek 4.2.9. (R, d1) metrik uzayını ele alalım. (0, 1) aralığı bir açık kümedir. x ∈

(0, 1) ve r = min|1 − x|, |x| alalım. x elemanının r-komşuluğu, (0, 1) aralığının alt

kümesidir. Yani N(x, r) ⊂ (0, 1) dır.

Figure 4.2: (0, 1) aralığının açık küme olması

Örnek 4.2.10. τF topolojisi R üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi olmak üzere (R, τF )

topolojik uzaynın metriklenebilir olmadığını gösteriniz.

Çözüm: (R, τF ) topolojik uzaynın metriklenebilir olduğunu varsayalım. O halde d,

R üzerinde metrik olmak üzere τd = τF dir.

Nn(0,1

n) | n = 1, 2, 3, . . .

sayılabilir ailesini ele alalım. U =⋃∞n=1(R−Nn(0, 1

n)) olsun.

Nn(0,1

n) ∈ τd = τF

olduğundan R − Nn(0, 1n) kümesi sonludur. Dolayısıyla U kümesi sayılabilirdir. R

sayılamaz sonsuz küme ve U ⊂ R olduğundan y 6= 0 ve y /∈ U olacak şekilde y ∈ R

elemanı vardır. 0 ∈ R − y ∈ τF olduğundan 0 ∈ N(0, r) ⊂ R − y olacak şekilde

132

N(0, r) ∈ τd vardır. Açıkca, N(0, 1n0

) ⊂ N(0, r) olacak şkilde n0 sayısı vardır. O halde,

0 ∈ N(0,1

n0

) ⊂ R− y dir.

Buradan y /∈ N(0, 1n0

) olur. Diğer taraftan,

y ∈ R− U = R− (R−Nn(0,1

n)) =

∞⋂n=1

Nn(0,1

n)

olduğundan her n için y ∈ Nn(0, 1n) dir. Oysa y /∈ Nn0(0,

1n0

) ileçelişir. Dolayısıyla, bu

uzay metriklenemez.

Önerme 4.2.1. (X, d) metrik uzay ve r pozitif sayı olsun. x in komşuluğu N(x, r) bir

açık kümedir.

İspat: x ∈ N(x, r) olsun. s = r− d(x,w) alalım. z ∈ N(w, s) ise d(w, z) < r− d(x,w)

dır.

d(x, z) ≤ d(x,w) + d(w, z) < d(x,w) + r − d(x,w) = r

z ∈ N(x, r) dir. Buradan N(w, s) ⊂ N(x, r) dir. Böylece N(x, r) bir açık kümedir.

Önerme 4.2.2. (X, d) bir metrik uzay olsun.

a) X ve ∅ nin her ikisi de açık kümelerdir.

b) İki açık kümenin ara kesiti de açık kümedir.

c) Açık kümeler ailesinin herhangi bir birleşimi bir açık kümedir.

İspat:

a) x ∈ X ve r > 0 ise N(x, r) ⊂ X dir. Böylece X açık kümedir. Boş ∅ küme hiçbir

noktası olmadığından N(x, r) ⊂ ∅ dir. Dolayısıyla, boş ∅ kümesi de açık kümedir.

b) U ve V kümeleri X in açık alt kümleri ve x ∈ U ∩ V olsun. U kümesi açık

olduğundan, N(x, r1) ⊂ U olacak şekilde r1 > 0 sayısı vardır. Benzer şekilde

133

V kümesi açık olduğundan, N(x, r2) ⊂ V olacak şekilde r2 > 0 sayısı vardır.

r = minr1, r2 alalım. Bu takdirde N(x, r) ⊂ U ∩ V olur ve böylece U ∩ V açık

kümedir.

c) i ∈ I olmak üzere kümeler Ui ailesi, X in açık alt kümeler ailesi ve x ∈⋃i∈I Ui

olsun. O zaman bir i ∈ I için x ∈ Ui olur. Herbir i ∈ I için Ui açık olduğundan

N(x, r) ⊂ Ui olacak şekilde r > sayısı vardır. Aynı zamanda N(x, r) ⊂⋃i∈I Ui

olur ve⋃i∈I Ui açıktır.

Önerme 4.2.3. (X, d) bir metrik uzay ve U , X in alt kümesi olsun. U nun açık olması

için gerek ve yeter şart U nun, N(x, r) komşuluklar ailesinin birleşimi olmasıdır.

İspat: (⇐) Alt küme U nun,N(x, r) komşuluklar ailesinin birleşimi olduğunu varsay-

alım. Önerme 4.2.1 den herbir N(x, r) komşulukları açık olduğundan, U , açık kümeler

ailesinin birleşimidir. Önerme 4.2.2 den U açıktır.

(⇒) U kümesi X in açık alt kümesi olduğunu varsayalım. O zaman, herbir x ∈ U için

N(x, r) ⊂ U olacak şekilde en az bir N(x, r) bulabliriz. Her bir x ∈ U için N(x, r) ⊂ U

olduğundan ⋃x∈U

N(x, r) ⊂ U dir.

Diğer taraftan, her bie x ∈ U elemanı en az bir N(x, r) nin bir elemanıdır. Bu nedenle

U ⊂⋃x∈U N(x, r) ve böylece

U ⊂⋃x∈U

N(x, r) dir.

ALIŞTIRMALAR

i. (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 için d2, d3 ve d4 fonksiyonları aşağıdaki gibi tanımlansın:

• d2((x1, y1), (x2, y2)) = |x1 − y1|+ |x2 − y2|

• d3((x1, y1), (x2, y2)) =

0, (x1, y1) = (x2, y2)

1, (x1, y1) 6= (x2, y2)

• d4((x1, y1), (x2, y2)) = max(|x1 − y1|, |x2 − y2|)

Bu durumda di, i = 2, 3, 4, fonksiyonlarının R2 üzerinde metrik olduğunu ispat-

layınız.

134

ii. (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 herhangi iki nokta olsun. Aşağıdakilerden hangileri R2 üz-

erinde metrik değildir? Cevabınızı her durum için açıklayınız.

a) d((x1, y1), (x2, y2)) = min(|x1 − y1|, |x2 − y2|).

b) d((x1, y1), (x2, y2)) = (x1 − y1)2 + (x2 − y2)2.

c) d((x1, y1), (x2, y2)) = d2((x1, y1), (x2, y2))− d4((x1, y1), (x2, y2)).

d) d((x1, y1), (x2, y2)) = |x1|+ |y1|+ |x2|+ |y2|.

iii. (X, d) metrik uzay olsun. (x, y), (x′, y′) ∈ X ×X için d′ yi

d′((x, y), (x′, y′)) = d(x, x′) + d(y, y′)

şeklinde tanımlayalım. Bu durumda d′ nün X × X üzerinde metrik olduğunu

gösteriniz. Benzer mantıkla Xn, (X × ...× (n-kez)×X) için metriği tanımlayınız.

iv. (X, d) metrik uzay olsun. x, y ∈ X için aşağıdakilerden hangileri X üzerinde

metrik tanımlar?

a) k herhangi bir pozitif reel sayı olmak üzere d′1(x, y) = kd(x, y).

b) k herhangi bir reel sayı olmak üzere d′2(x, y) = kd(x, y).

c) n herhangi bir pozitif tam sayı olmak üzere d′3(x, y) = dn(x, y).

d) 0 < r < 1 olmak üzere d′4(x, y) = dr(x, y).

v. R2 nin farklı iki P1 ve P2 noktaları için d; R2 üzerinde metrik olmak üzere

M(P1, P2) = P ∈ R2 | d(P1, P ) = d(P2, P )

kümesi tanımlansın. Bu durumda M(P1, P2) kümesini Alıştırma-1 de verilen d2,

d3, d4 ve R2 üzerindeki d1 Pisagor metrikleri için geometrik olarak tanımlayınız.

vi. R2 üzerinde d1 pisagor metriği olsun. Bu durumda herhangi iki (x1, y1), (x2, y2) ∈

R2 noktaları için

d1((x1, y1), (x2, y2)) ≤ d2((x1, y1), (x2, y2))

eşitsizliğini ispatlayınız. Ayrıca ∀(x, y) ∈ R2 için (x, y) nin d1−p/√

2−komşuluğunun,

(x, y) nin d2 − p−komşuluğunun alt kümesi olduğunu gösteriniz.

vii. (x, y) ∈ R2 herhangi bir nokta ve p herhangi bir pozitif sayı olsun. Bu du-

rumda (x, y) nin d4 − p-komşuluğunun, (x, y) nin d1-p−komşuluğu ile (x, y) nin

d2-p−komşuluğu arasındaki ilişki nedir? (x, y) nin hem d1− ve d2−komşuluğunun

(x, y) nin d4−komşuluğunu içerdiğini ve (x, y) nin her d4−komşuluğunun da hem

d1− hem de d2− komşuluğunu içerdiğini ispatlayınız.

135

viii. X; [0, 1] kapalı aralığından kendisine giden tüm sürekli fonksiyonların kümesi

olsun. f, g ∈ X için

d∗(f, g) = lub|f(x)− g(x)|

metriği verilsin. X kümesinin aşağıda verilen elemanlarının grafiğini ve herbirinin

p-şeritlerini çiziniz. çiziniz:

a) ∀x ∈ [0, 1] için, f(x) = 1.

b) ∀x ∈ [0, 1] için, f(x) = x.

c) ∀x ∈ [0, 1] için, f(x) = x3.

d) ∀x ∈ [0, 1] için, f(x) =

1, 0 ≤ x < 12

x, 12≤ x ≤ 1

.

ix. R2 üzerinde d2 metriğini alalım. P0 merkezli r > 0 yarıçaplı σ çemberi

P ∈ R2 | d2(P, P0) = r

şeklinde tanımlansın. Bu durumda P0 merkezli r yarıçaplı çemberi çiziniz. R2

üzerindeki bilinen geometrik çemberle, σ çemberinin ortak özelliklerini sıralayınız.

Bilinen geometrik çemberle σ çemberinde olmayan özelliklerini sıralayınız.

x. (X, d) metrik uzay, x, y ∈ X farklı iki nokta olsun. Bu durumdaX de x ∈ U , y ∈ V

ve U ∩ V = ∅ olacak şekilde U ve V açık kümelerinin var olduğunu ispatlayınız.

(Yol Gösterme: U = N(x, 12d(x, y)) olsun).

xi. R2 üzerindeki Pisagor metriğine göre aşağıdaki alt kümelerin hangilerinin açık

olduğunu belirleyiniz:

a) (x, y) | x < 0.

b) (x, y) | x+ y > 5.

c) (x, y) | x2 + y2 < 1 veya (x, y) = (1, 0).

d) (x, y) | x > 2 ve y ≤ 3.

xii. p herhangi bir pozitif sayı olsun. Bu durumda R2 nin herhangi bir d1-p−komşuluğunun

d2−, d3− ve d4−açık olduğunu ispatlayınız.

xiii. d1, R2 üzerinde Pisagor metriği olsun. Bu durumda R2 de d1−açık her alt kümenin

d2−açık olduğunu, ve tersine, R2 de d2−açık her alt kümenin d1−açık olduğunu

ispatlayınız.

xiv. d ve d′, X kümesi üzerinde olası iki metrik olsun. Eğer her d-açık küme d′-açık

ve her d′−açık küme d-açık küme ise d ve d′ denk metriklerdir. Bu takdirde d ve

136

d′ nün denk metrik olması için gerek ve yeter şart, bir x ∈ X noktası ve p > 0

verildiğinde, x in

d-p1−komşuluğu x in d′-p2−komşuluğunun alt kümesi ve x in d′-p2−komşuluğu da

x in d-p1−komşuluğunun alt kümesi olacak şekilde p1, p2 pozitif tam sayılarının

var olmasıdır. İspatlayınız.

xv. L, R2 de doğru olsun. R2 üzerinde daha önce ele alınan metriklere göre R2 − L

kümesinin açık olduğunu ispatlayınız. R2 üzerinde R2−L kümesinin açık olmasının

gerekmediği bir metrik bulmaya çalışınız.

4.3 Kapalı Kümeler

Tanım 4.3.1. (X, d) bir metrik uzay ve F , X in alt kümesi olsun. F nin X de

tümleyeni açık ise F ye kapalı küme denir.

Örnek 4.3.1. (R, d1) metrik uzayı verilsin. [0, 1] kapalı aralığı kapalı kümedir.

Çözüm:x ∈ R− [0, 1] alalım. r = min|1− x|, |x| olsun. Böylece,

Figure 4.3: [0, 1] aralığının kapalılığı

N(x, r) ⊂ R− [0, 1]

olur. Yani R− [0, 1] açıktır. Böylece [0, 1] kapalı kümedir.

Tanım 4.3.2. (X, d) bir metrik uzay, x ∈ X ve r bir pozitif sayı olmak üzere x elemanın

kapalı N(x, r)-komşuluğu d(x, y) < r olacak şekilde tüm y ∈ X elemanların kümesidir.

Yani

N(x, r) = y ∈ X | d(x, y) < r dir.

Örnek 4.3.2. (X, d) bir metrik uzay, x ∈ X ve r bir pozitif sayı olmak üzere N(x, r)

kümesi X in kapalı alt kümesidir.

Önerme 4.3.1. (X, d) metrik uzay olsun.

a) X ve ∅, X in kapalı alt kümeleridir.

137

b) İki kapalı kümenin birleşimi de kapalıdır.

c) Kapalı kümeler ailesinin herhangi bir kesişimi yine kapalıdır.

İspat:

a) Boş ∅ küme açık olduğundanX kümesi, bir açık kümenin tümleynidir ve dolayısıyla

X kümesi kapalıdır. Yani

X = X − ∅.

Şimdi, boş ∅ küme, bir açık kümenin tümleyeni olduğundan ∅ = X−X dir. Böylece,

boş ∅ küme kapalıdır.

b) F ve F ′ kümeleri X in kapalı alt kümeleri olsun. o zaman U ve U ′ kümeleri X in

açık alt kümeleri olmak üzere F = X − U ve F ′ = X − U ′ dir. O zaman,

F ∪ F ′ = (X − U) ∪ (X − U ′) = X − (U ∩ U ′) dir.

Önerme 4.2.2 nin c şıkkından U ∩ U ′ açıktır. Dalayısıyla,

F ∪ F ′ = X − (U ∩ U ′)

kapalıdır.

c) i ∈ I olmak üzere Fi ailesi X in kapalaı alt kümeler ailesi olsun. Bu takdirde,

her bir i ∈ I için Ui kümeleri X in açık alt kümeleri olmak üzere Fi = X − Ui dir.⋂i∈I

Fi =⋂i∈I

(X − Ui) = X − (⋃i∈I

Ui) dir.

⋃i∈I Ui açık olduğundan,

⋂i∈I Fi kümesi kapalıdır.

Önerme 4.3.2. (X, d) bir metrik uzay ve x ∈ X olsun. x kümesi X in kapalı alt

kümesidir.

İspat: x = X−(X−x) olduğundanX−x kümesinin açık olduğunu göstermemiz

yeterli olacaktır. y ∈ X − x olduğunu varsayalım. r = d(x, y) alalım. O zaman

N(x, r) ⊂ X dir. Böylece X − x açıktır.

ALIŞTIRMALAR

i. Metrik uzaylarda kapalı alt kümelerin keyfi ailesinin birleşiminin kapalı olması

gerekmediğini gösteriniz. Açık kümelerin herhangi bir ailesinin kesişiminin de açık

olması gerekmediğine bir örnek bulunuz.

138

ii. (X, d) metrik uzay ve (Y, d|Y ); X in alt metrik uzayı olsun. Aşağıdakileri ispat-

layınız:

a) Y nin W alt kümesinin Y de açık (yani d|Y−açık) olması için gerek ve yeter

şart U ⊂ X açık alt küme olmak üzere W = Y ∩ U olmasıdır.

b) Y nin C alt kümesinin Y de kapalı olması için gerek ve yeter şart F ⊂ X kapalı

alt küme olmak üzere C = Y ∩ F olmasıdır.

c) Eğer Y ⊂ X açık ise A ⊂ Y alt kümesinin Y de açık olması için gerek ve yeter

şart A ⊂ X alt kümesinin X de açık olmasıdır.

d) Eğer Y ⊂ X kapalı ise F ⊂ Y alt kümesinin Y de kapalı olması için gerek ve

yeter şart F ⊂ X alt kümesinin X de kapalı olmasıdır.

e) Y nin alt kümesi, X de açık veya kapalı olmasa bile, Y de açık veya kapalı

olabilir.

iii. (X, d) metrik uzayında F alt kümesinin kapalı olması için gerek ve yeter şartX−F

nin açık olmasıdır. İspatlayınız.

iv. R2 nin aşağıdaki alt kümelerinden hangilerinin Pisagor metriğine göre kapalı olduğunu

belirleyiniz.

a) (x, y) | x = 0, y ≤ 5.

b) (x, y) | x = 2 veya x = 3, y bir tamsayı.

c) (x, y) | x2 + y2 < 1 veya (x, y) = (1, 0).

d) (x, y) | y = x2.

4.4 Dizilerde Yakınsaklık

Mutlak metriği ile donatılmış Reel sayılar kümesinde dizilerin yakınsaklığı, süreklilik,

limit kavramları tanıtılır. Bu fikirleri metrik uzaylarını genişletetceğiz.

Tanım 4.4.1. (X, d) metrik uzay ve n ∈ N için sn bir dizi olsun. Verilen r pozitif

sayısı için n > M iken sn ∈ N(x, r) olacak şekilde M pozitif sayısı var ise sn dizisi

bir x ∈ X noktasına yakınsar denir.

Örnek 4.4.1. sn = (1, 1n) şeklinde verilsin. Bu dizi (1, 0) noktasına yakınsar. Gerçek-

ten de, n ∈ N için d1(sn, (1, 0)) = d2(sn, (1, 0)) = d4(sn, (1, 0)) = 1ndir. r > 0 verilsin.

M = 1ralalım. n > M iken d1(sn, (1, 0)) < r dir. Aynı dizi d2 metriğine göre (1, 0)

noktasına yakınsar. Diğer taraftan d3 metriğine göre yakınsak değilidir.

139

Figure 4.4: sn = (1, 1n) dizisinin d1, d2, d3, d4 metriklerine göre yakınsaklığı

Örnek 4.4.2. Bir X kümesi Örnek 4.2.5 de verilen metrik ile verilen metrik uzay

olsun. X deki diziyide

sn(x) = xn

olarak tanımlayalım. Eğer dizi yakınsak olsaydı, aşağıda tamınlaana fonksiyonu ayakın-

sardı:

f(x) =

0, x 6= 1

1, x = 1.

Böyle durum mümkün değil. r = 13alırsak şekilde gösterildiği gibi sn elamanı belirtilen

bölgede olamaz. Dolyısıyla sn dizisi f ye yakınsamaz.

Figure 4.5: sn(x) = xn dizisi

Tanım 4.4.2. (X, d) bir metrik uzay ve sn de X de bir dizi olsun. nk ≤ nk+1 olmak

üzere snk dizisine sn dizisinin alt dizisi denir.

Önerme 4.4.1. Bir (X, d) metrik uzayında sn bir yakınsak dizi olsun. Bu durumda,

snk alt dizisi de aynı noktaya yakınsar.

140

İspat: Bir (X, d) metrik uzayında sn bir yakınsak dizi olsun. O halde sn −→ s dir,

yani verilen r > 0 sayısı için n > M iken d(sn, s) < r olacak şekilde bir M pozitif sayısı

vardır. O halde, n > M iken d(snk , s) < r olduğundan snk −→ s dir.

Önerme 4.4.2. (X, d) metrik uzayında sn dizisi y ve y′ gibi iki değere yakınsasın.

O zaman y = y′ dür.

İspat: y 6= y′ olduğunu varsayalım. r = 1

2d(y, y

′) alalım.

N(y, r) ∩N(y′, r) = ∅

dir. w ∈ N(y, r) ∩N(y′, r) ise

Figure 4.6:

d(y, y′) ≤ d(y, w) + d(w, y

′) < p+ p = d(y, y

′)

Bu çelişkidir. Böylece sn dizisi N(y, r) ve N(y′, r) nin her ikisinde olmalıdır. Diğer

taraftan N(y, r) ∩N(y′, r) = ∅ olduğundan y = y

′ olmalıdır.

Önerme 4.4.3. Bir (X, d) metrik uzayında bir sn dizisinin x ∈ X yakınsaması için

gerek ve yeter şart x noktasını içeren bir açık kümesinin sn dizisinin sonlu sayıda terimi

değilde tüm terimlerini içermesidir.

İspat: (⇒) Bir sn dizisinin x noktasına yakınsadığını ve U kümeside x noktasını

içeren açı küme olduğunu varsayalım. U kümesi açık olduğundan N(x, r) ⊂ U olacak

şekilde bir r > 0 sayısı vardır. sn dizisinin x ∈ X yakınsadığından, sn dizisinin sonlu

sayıda terimi değilde tüm terimleri N(x, r) nin elemanlarıdır. Böylece, sn dizisinin

sonlu sayıda terimi değilde tüm terimleri U nun elemanlarıdır.

(⇐) Verilen bir U açık kümesi(x noktasını içeren) için sn dizisinin sonlu sayıda terimi

değilde tüm terimleri U açık kümesinin elemanları olduğunu varsayalım. r herhangi

141

bir pozitif sayı olsun. O zaman, N(x, r) kümesi x noktasını içeren bir açık kümedir.

Böylece, sn dizisinin sonlu sayıda terimi değilde tüm terimleri U açık kümesinin eleman-

ları N(x, r) kümesinin elemanlarıdır. Bu nedenle sn dizisi x noktasına yakınsar.

Tanım 4.4.3. (X, d) metrik uzay ve n ∈ N için sn bir dizi olsun. Verilen r pozitif

sayısı için m,n > M iken d(sm, sn) < r olacak şekilde M pozitif sayısı var ise sn

dizisine Cauchy dizisi denir.

Önerme 4.4.4. Bir (X, d) metrik uzayında bir yakınsak sn dizisi bir Cauchy dizi-

sidir.

İspat: Bir (X, d) metrik uzayında bir sn dizisi yakınsak olsun. Verilen r > 0 sayısı

için m,n > M iken d(sm, s) < r/2 ve d(sn, s) < r/2 olacak şekilde bir M pozitif sayısı

vardır. O halde, m,n > M için

d(sm, sn) ≤ d(sm, s) + d(s, sn) <r

2+r

2= r

olduğundan sn bir Cauchy dizisidir.

Tanım 4.4.4. Bir X, d metrik uzayında her Cauchy dizisi yakınsak ise bu uzaya Tam(Complete)

uzay denir.

Örnek 4.4.3. Doğal sayılar N kümesi üzerinde tanımlı d(x, y) = | 1x− 1y| metriği verilsin.

Bu metriğe göre sn = n dizisi bir Cuachy dizisi iken Yakınsak değildir.

Çözüm: Gerçekten

(sm, sn) = | 1m− 1

n| < | 1

m+

1

n|

olup yeterince büyük m ve n sayıları için d(sm, sn) uzunluğu yeterince küçük kalır.

Diğer taraftan bu dizi yakınsak değildir. Eğer yakınsak olsaydı, verilen r > 0 için belli

indeksten sonra sn terimleri için

d(sn, s) < |1

n− 1

s| < r

olurdu. Burada

| 1n− 1

s| < r ⇔ 1

s− r < 1

n<

1

s+ r dir.

Halbuki 1n< 1

s− r olacak şekild bir n ∈ N sayısı bulunabilir. O halde doğal sayılar N

kümesi d metriğine göre Tam metrik uzayı değildir.

142

Örnek 4.4.4. Boştan farklı bir X kümesi üzerinde d3 metriği tanımlı olsun. Bu metriğe

göre sn dizisi bir Cauchy dizisi olamsı için gerek ve yeter şart bu dizi

sn = s1, s2, s3 . . . , sn0 , a, a, a, . . .

şeklindedir. Bu dizi yakınsak olduğundan bu metriğe göre X kümesi tamdır.

Örnek 4.4.5. Alışılmış d metriği ile rasyonel sayılar Q kümesini ele alalım. bu metrik

uzayında sn = 1, 1.4, 1.412, . . . dizisi bir Cauchy dizisi olup bu dizi√

2 sayısına

yakınsar fakat bu sayı olmadığından rasyonel sayılar Q kümesi tam değildir.

Örnek 4.4.6. (0, 1) açık aralığı ile alışılmış d metriği bir metrik uzayıdır. Bu uzayda

sn = 1ndizisini ele alalım. Bu dizi Cauchy dizi fakat bu aralıkta yakınsak değildir.

Böylece, bu uzay tam değildir.

Tanım 4.4.5. Bir (X, d) metrik uzayında bir sn dizisi verilsin. Her n ∈ N için

|sn| < K olacak şekilde bir poizitif K sayısı varsa sn dizisine sınırlı dizi denir.

Önerme 4.4.5. Mutlak metriği d olmak üzere reel sayılar (R, d) metrik uzayında bir

Cauchy dizisi sınırlıdır.

İspat: Bir sn dizisi (R, d) metrik uzayında bir cauchy dizisi olsun. O halde, r = 1

için m,n > M iken |sm− sn| < 1 olacak şekilde bir M pozitif sayısı vardır. Özel olarak

m = M alındığında n > M için sn − sM < 1 dir. K = maxs1, s2, s3, . . . , sm, sM+1

alalım. Her n ∈ N için |sn| < K olur.

Önerme 4.4.6. Mutlak metriği d olmak üzere reel sayılar (R, d) metrik uzayında sınırlı

bir dizinin yakınsak alt dizisi vardır.

İspat: sn dizisi R de bir sınırlı dizi olsun. Bu dizinin terimlerinden oluşan kümeyi

S ile gösterelim. S kümesi sonlu ise belli terimden sonra sabit olan bir alt snk =

s1, s2, . . . , sn0 , s, s, s, . . . dizisini seçebiliriz. Diğer durumda, S sonsu küme olsun.

Bolzano -Weiertrass Teoreminden R de sınırlı ve sonsu kümenin en az bir yığılma nok-

tası olduğundan S nin bir yığılma noktası vardır. s ∈ S ′ olduğundan nk ∈ N için s

elemanın (s− 1nk, x+ 1

nk) açık komşuluğunda S nin s den farklı en az bir elemanı vardır.

Her nk ∈ N için bir snk ∈ (s − 1nk, s + 1

nk) seçilerek elde edilen bir snk alt dizisi s

noktasına yakınsar.

Önerme 4.4.7. (X, d) bir metrik uzay ve sn dizisi X de bir Cauchy dizisi olsun.

sn disinin yakınsak alt snk dizis varsa sn dizinin kendisi de yakınsaktır.

143

İspat: (X, d) metrik uzayı olmak üzere sn Cauchy dizisi ve alt snk dizisi de

bir s ∈ X noktasına yakınsasın. O halde, r > 0 sayısı verilsin. m,n > n1 iken

d(sm, sn) < r2olcak şekilde n1 ∈ N sayısı vardır. Dğier taraftan, snk alt dizisi s ∈ X

noktasına yakınsadığından nk > n2 için d(snk , s) <r2olacak şekilde n2 ∈ N vardır.

M = maxn1, n2 alalım. Bu durumda n > M için

d(sn, s) ≤ d(sn, snk) + d(snk , s) <r

2+r

2= r dir.

Böylece sn dizisi s ∈ X noktasına yakınsar.

Önerme 4.4.8. Mutlak metriği d olmak üzere (R, d) metrik uzayı tamdır.

İspat: sn dizisi (R, d) metrik uzayında Cuachy dizisi olsun. Önerme 4.4.5 den bu

dizi sınırlıdır. Önerme 4.4.6 den bu dizinin yakınsak alt snk dizi vardır. Önerme 4.4.7

den sn dizinin kendisi yakınsaktır. Böylece, (R, d) metrik uzayı tamdır.

Not 4.4.1. Tam olan bir uzayın alt uzayı tam olması gerekmez. Öreneğin, (R, d) metrik

uzayı tam iken (Q, d) alt metrik uzayı tam değildir.

Örnek 4.4.7. Her bir s ∈ R için

fs : R −→ R, x 7→ fs(x) = sx

olmak üzere X = fs | s ∈ R olsun. fr, fs ∈ X için

d(fr, fs) = |r − s|

şeklindetanımlanan d fonksiyonu X üzerinde bir metriktir. Bu metriğe göre X tamdır.

Çünkü fsn dizisi X de bir Cauchy dizisi ise sn dizisi R de bir Cauchy dizisidir. R

tam uzay olduğundan sn dizisi yakınsaktır. Yani, sn → s dir. Sonuç olarak, fsn → fs

dir

Teorem 4.4.1. (X, d) bir metrik uzay olsun. O halde,

i. Her x, y, z ∈ X için |d(x, y)− d(y, z)| ≤ d(x, z) dir.

ii. sn → s ve tn → t ise d(sn, tn)→ d(s, t) dir.

iii. sn ve tn bir Cauchy dizisi ise her n ∈ N için

un = d(sn, tn)

şeklinde tanımlanan un reel dizisi yakınsaktır.

144

İspat:

i. Bu kısmı ispatlamak için aşaşğıdaki eşitsizlğiğ göstermemiz yeterli olacaktır:

−d(x, z) ≤ d(x, y)− d(y, z) ≤ d(x, z).

Üçgen eşitsizliğinden,

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)

olup

d(x, y)− d(z, y) ≤ d(x, z) dir.

Benzer şekilde

−d(x, z) ≤ d(x, y)− d(z, y) dir.

Bunları birleştirdiğimizde,

−d(x, z) ≤ d(x, y)− d(y, z) ≤ d(x, z)

elde edilir.

ii. sn → s ve tn → t olsun. Ayrıca r > 0 verilsin. Yeterince büyük n ler için

d(sn, s) <r2ve d(tn, t) <

r2dir. Üçgen eşitsizliği, i şıkkından ve sn → s ve tn → t

olduğundan

|d(sn, tn)− d(s, t)| = |d(sn, tn)− d(s, tn) + d(s, tn)− d(s, t)|

≤ |d(sn, tn)− d(s, tn)|+ |d(s, tn)− d(s, t)|

≤ d(sn, s) + d(tn, t)

≤ r

2+r

2= r.

Böylece, d(sn, tn)→ d(s, t) dir.

iii. 2. şıkkın ispatına benzer ispat yapacağız. sn ve tn olsun. r > 0 verilsin.

Yeterince büyük m ve n ler için d(sm, sn) < r2ve d(tm, tn) < r

2dir.

|um − un| = |d(sm, tm)− d(sn, tn)|

= |d(sm, tm)− d(sm, tn) + d(sm, tn)− d(sn, tn)|

≤ |d(sm, tm)− d(sm, tn)|+ |d(sm, tn)− d(sn, tn)|

≤ d(sm, sn) + d(tm, tn)

≤ r

2+r

2= r.

O halde un dizisi R de bir Cauchy dizisidir. R tam olduğundan u dizisi yakın-

saktır.

145

Sonuç 4.4.1. Bir (X, d) metrik uzayında

d : X ×X −→ R, (x, y) 7→ d(x, y)

şeklinde tanımlı fonksiyon süreklidir.

İspat: (sn, tn)→ (s, t) iken d(sn, tn)→ d(s, t) olduğundan d diziel süreklidir.

ALIŞTIRMALAR

A. Aşağıdaki dizilerin belirtilen uzaylardaki yakınsaklığını araştırınız:

a) R üzerindeki d mutlak metriğine göre, sn = 1 + 1n.

b) R2 üzerindeki d3 metriğine göre, sn = (2, 2).

c) R2 üzerindeki d4 metriğine göre, sn = (2, n).

d) (X, d∗) metrik uzayında sn(x) =

0, x ≤ 1n

1, x > 1n

.

e) (X, d∗) metrik uzayında sn(x) = ( 1nx).

B. R2 üzerinde d4 metriğini alalım. sn = (xn, yn) dizisinin (x, y) ye yakınsaması

için gerek ve yeter şart, R üzerindeki mutlak değer metriğe göre xn → x ve

yn → y olmasıdır. İspatlayınız.

C. (X, d) metrik uzay ve (Y, d|Y ), X in alt metrik uzayı olsun. Eğer Y de bir

dizi y ∈ Y noktasına yakınsıyorsa, o zaman aynı dizi X de bir dizi olarak ele

alındığında yine y ye yakınsar. İspatlayınız. Y üzerinde Y de limiti olmayan

bir dizinin X de bir dizi olarak ele alındığında limiti olabileceğine bir örnek

veriniz.

D. R2 deki doğruların kümesi L olsun. Eğer L de ∀n ∈ N için sn ve tn Ln in

farklı noktaları ve sn → x ∈ L, tn → y ∈ L ve x 6= y olacak şekilde s ve t

dizileri varsa bu takdirde Ln, n ∈ N, dizisi bir L doğrusuna yakınsar denir.

Bu durumda L ≡ ax+ by + c = 0 olmak üzere,

Ln → L ⇐⇒ R de mutlak metriğe göre an → a, bn → b, cn → c olmasıdır.

iddiasını kanıtlayınız ya da çürütünüz.

146

4.5 Metrik Uzaylarda Süreklilik

Tanım 4.5.1. (X, d) ve (Y, d′) birer metrik uzay olmak üzere bir fonksiyon

f : (X, d) −→ (Y, d′)

ve a ∈ X olsun. Verilen f(a) ∈ Y ve bir pozitif r saysı için x ∈ N(a, s) iken

f(x) ∈ N(f(a), r) olacak şekilde bir pozitif s sayı varsa, f fonksiyonu a nok-

tasında süreklidir denir. Bir başka deyişle Verilen r > 0 için d(x, a) < s iken

d′(f(x), f(a)) < r olacak şekilde bir pozitif s sayısı varsa f fonksiyonu a noktasında

süreklidir denir.

Figure 4.7: f fonksiyonun a noktasında sürekliliği

Örnek 4.5.1. f : R −→ R, x 7−→ f(x) = 2x + 3 şeklinde tanımlansın. a ∈ R

olsun. Bir pozitif r sayısı için s = r2alırsak f(N(a, r

2)) ⊂ N(f(a), r) bağıntısından

f nin sürekliliğini görebiliriz.

Tanım 4.5.2. (X, d) ve (Y, d′) birer metrik uzay olmak üzere bir

f : (X, d) −→ (Y, d′)

fonksiyon olsun. Her r > 0 için d(x, a) < s iken d′(f(x), f(a)) < r olacak şekilde

r ye bağlı bir pozitif s sayısı varsa f fonksiyonu a noktasında düzgün süreklidir

denir.

Not 4.5.1. Süreklilik ve düzgün süreklilik tanımlarından düzgün sürekli fonksiyon

sürekli fonsiyonu gerektirir fakat tersi doğru değildir.

Örnek 4.5.2. Reel sayılar R kümesi üzerinde alışılmış metrik d(x, y) = |x − y|

verilsin.

f : (R, d) −→ (R, d), x 7→ f(x) = x2

şeklinde tanımlı fonksiyon sürekli iken düzgün sürekli değildir.

147

İspat: Bir r > 0 sayısı verilsin.

|x+ a| = |x− a+ 2a| ≤ |x− a|+ |2a|

olduğundan

|f(x)− f(a)| = |x2 − a2| = |x− a||x+ a| ≤ |x− a|(|x− a|+ 2|a|)

dir. Buradan |x− a < 1| için

|f(x)− f(a)| = |x2 − a2| ≤ |x− a|(1 + 2|a|).

O halde |x− a < s| iken |f(x)− f(a)| < r olması için s = r1+2a

olmalı. Buradan s

sayısı hem r hemde a sayısına bağlıdır. Böylece f düzgün sürekli değildir.

Örnek 4.5.3. Reel sayılar R kümesi üzerinde alışılmış metrik d(x, y) = |x − y|

verilsin.

f : (R, d) −→ (R, d), x 7→ f(x) = 2x

şeklinde tanımlı fonksiyon düzgün süreklidir.

İspat: Her bir r için s = r2alırsak

|x− a| < s ⇒ |f(x)− f(a)| = |2x− 2a| = 2|x− a| < 2r

2= r

olur. Burada s sayısı sadece r sayısına bağlı olduğundan f fonksiyonu düzgün

süreklidir.

Örnek 4.5.4. Reel sayılar R kümesi üzerinde alışılmış metrik d(x, y) = |x − y|

verilsin.

f : (R, d) −→ (R, d), x 7→ f(x) = sinx

şeklinde tanımlı fonksiyon düzgün süreklidir.

İspat: Her bir r için s = r alırsak

|x− a| < s ⇒ |f(x)− f(a)| = |sinx− sina| ≤ |x− a| < s = r

olur. Burada s sayısı sadece r sayısına bağlı olduğundan f fonksiyonu düzgün

süreklidir.

Önerme 4.5.1. f , (X, d) metrik uzayından (Y, d′) metrik uzayına bir fonksiyon

olsun. f nin sürekli olması için gerek ve yeter şart Y nin alt kümesi U için

f−1(U) = x ∈ X|f(x) ∈ U

X in açık alt kümesi olmasıdır.

148

İspat: (⇒) f sürekli ve U , Y nin açık alt kümesi olsun. x ∈ f−1(U) alalım. O

zaman f(x) ∈ U dur. U açık olduğundan, N(f(x), r) ⊂ U olacak şekilde r pozitif

sayısı vardır. f sürekli olduğundan,

f(N(x, s)) ⊂ N(f(x), p) ⊂ U

olacak şekilde s pozitif sayısı vardır. Böylece N(x, s) ⊂ f−1(U) dur.

x ∈ f−1(U) için N(x, s) ⊂ f−1 olacak şekilde s > 0 sayısı var olduğundan, f−1(U)

açıktır.

(⇐) Y de U açığı için f−1(U), X de açık olsun. f(a) ∈ Y ve r pozitif ise

N(f(a), r), Y de açıktır. Böylece f−1(N(f(a), r)), X de açıktır. Yani N(a, s) ⊂

f−1(N(f(a), r)) olacak şekilde s pozitif sayısı vardır. s sayısı için f(N(a, s)) ⊂

N(f(a), r) dir. Dolayısıyla f süreklidir.

Lemma 4.5.1. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X olsun. A ya ait bir dizi x noktasına

yakınsıyorsa, x ∈ A dır. Eğer X metriklenebilir ise önermenin tersi mevcuttur.

İspat: A da xn → x olsun. x noktasının her U komşuluğu A nın bir noktasını

içerir. Böylece x ∈ A dır. Diğer kısım ödev olarak bırakılmıştır.

Teorem 4.5.1. f : X −→ Y olsun. f sürekli ise xn → x iken f(xn) → f(x) dir.

X metriklenebilir ise önermenin tersi doğrudur.

İspat: f sürekli ve xn → x olsun. V , f(x) in bir komşuluğu olsun. O zaman

f−1(V ), x noktasının komşuluğudur. Böylece n ≥ N için xn ∈ f−1(V ) olacak

şekilde N sayısı vardır. Dolayısıyla f(xn) ∈ V dir. Yani f(xn) → f(x) dir. Diğer

kısım ödev olarak bırakılmıştır.

Lemma 4.5.2. R×R den R ye tanımlı toplama, çıkarma ve çarpma fonksiyonları

süreklidir. R× (R− 0) dan R ye tanımlı bölme fonksiyonu süreklidir.

Teorem 4.5.2. X topolojik uzay olmak üzere

f, g : X −→ R

fonksiyonları sürekli ise f + g, f − g ve f.g fonksiyonları süreklidir. Tüm x için

g(x) 6= 0 isef

gsüreklidir.

İspat:

h : X −→ R× R x 7−→ h(x) = (f(x), g(x))

149

şeklinde tanımlı h fonksiyonu süreklidir.

Xh−→ R× R k−→ R

x 7−→ k h(x) = k(f(x), g(x)) = f(x) + g(x)

h ve k sürekli olduğundan k h da süreklidir. Böylece f + g süreklidir.

Örnek 4.5.5. Reel sayılar R kümesi üzerinde alışılmış metrik d(x, y) = |x − y|

verilsin.

π1 : R× R −→ R, (x, y) 7→ π1(x, y) = x

ve

π2 : R× R −→ R, (x, y) 7→ π1(x, y) = y

şeklinde tanımlı sırasıyla 1. ve 2. izdüşüm fonksiyonları süreklidir.

Çözüm: Bir U = (a, b) açık aralığı için

π−11 (U) = (x, y) ∈ R× R | a < x < b

açık şeridi R×R nin alışılmış metriğine göre açıktır. Benzer şekilde, Bir V = (c, d)

açık aralığı için

π−12 (V ) = (x, y) ∈ R× R | c < x < d

açık şeridi R×R nin alışılmış metriğine göre açıktır. Böylece izdüşüm fonksiyonları

süreklidir.

Önerme 4.5.2. Bir (X, d) metrik uzayında d : X × X −→ R metrik fonsiyonu

süreklidir.

İspat: d metriğinin dizisel sürekliliğini göstermek yeterli olacaktır. Bunun için

sn → s ve tn → t ise d(sn, tn) → d(s, t) olduğunu göstermek gereklidir. Teo-

rem 4.4.1 2. kısmından mevcuttur.

Tanım 4.5.3. (X, d) ve (Y, d′) birer metrik uzay olmak üzere bir bijektif fonksiyon

f : (X, d) −→ (Y, d′)

olsun. Her x, y ∈ X için d(x, y) = d′(f(x), f(y)) ise f ye bir izometri ve

(X, d), (Y, d′) ye de izometrik uzaylar denir.

Örnek 4.5.6.

X = fr | fr : R −→ R, fr(x) = rx, r ∈ R

150

olmak üzere X üzerindeki metrik

d(fr, fs) = |r − s|

şeklinde verilsin.

T : X −→ R, fr 7→ T (fr) = r

şeklinde tanımlı fonksiyon bir izometridir.

Önerme 4.5.3. Metrik uzaylar arasında oluşturulan izometri bağıntısı bir denlik

bağıntısıdır.

İspat: Birim fonksiyon bir izometri olduğundan yansıma özelliği mevcuttur. Bir

f : (X, d) −→ (Y, d′) fonksiyonu izometri ise f−1 : (Y, d′) −→ (X, d) de bir izometri

olacağından simetrik özelliği de geçerlidir. İzometrik fonksiyonların birleşimi de bir

izometrik fonksiyon olacağından geçişme özelliği de sağlanır.

Teorem 4.5.3. (X, d) ve (Y, d′) birer metrik uzay olmak üzere bir f : (X, d) −→

(Y, d′) fonksiyonu izometri ise bu metriklerin ürettiği topolojilere göre f fonksiyonu

bir homeomorfizmadır.

İspat: Bir f : (X, d) −→ (Y, d′) izometrisinin sürekli olduğunu göstermek yeterli

olacaktır. Bunun için, verilen r sayısına karşılık s = r almak yeterli olacaktır.

Örnek 4.5.7. Eleman sayısı ikiden fazla olan X bir küme olmak üzere

d(x, y) =

0, x = y

1, x 6= y

d′(x, y) =

0, x = y

2, x 6= y

olsun. Bu metriklerin üretttiği topolojilere(ayrık topoloji) göre f : (X, d) −→

(Y, d′) fonksiyonu bir homeomorfizmadır. Diğer taraftan, f izometri değildir çünkü

d(x, y) = 1 ve d′(f(x), f(y)) = 2 dir.

ALIŞTIRMALAR

A. Aşağıdaki fonskiyonların sürekliliğini araştırınız:

a) d mutlak değer metrik olmak üzere (R, d) metrik uzayından kendisine giden

f(x) = 5x+ 7 fonksiyonu.

151

b) d mutlak değer metrik olmak üzere (R2, d2) metrik uzayından (R, d) metrik

uzayına giden f(x, y) = x+ y fonksiyonu.

c) d mutlak değer metrik olmak üzere (X, d∗) metrik uzayından (R, d) metrik

uzayının [0, 1] üzerindeki alt metrik uzayına giden f(g) = g(0) fonksiyonu.

d) (R2, d12) metrik uzayında (R2, d4) metrik uzayına giden birim fonksiyonu.

B. f; (X, d) metrik uzayından (Y, d′) metrik uzayına giden sürekli fonksiyon ve

g; (Y, d′) metrik uzayından (Z, d′′) metrik uzayına giden sürekli fonksiyon ise

gof ; (X, d) metrik uzayından (Z, d′′) metik uzayına giden sürekli fonksiyondur.

İspatlayınız.

C. f; (X, d) metrik uzayından (Y, d′) metrik uzayının W alt uzayına giden bir

fonksiyon olsun. Bu durumda f nin (X, d) den (Y, d′) içine giden sürekli bir

fonksiyon olması için gerek ve yeter şart, f nin (X, d) den (W,d′|W ) ya giden

sürekli bir fonksiyon olmasıdır. İspatlayınız.

D. Bir X kümesi üzerinde d ve d′ metriklerinin denk olması için gerek ve yeter

şart, (X, d) den (X, d′) ye ve (X, d′) den (X, d) ye giden birim fonksiyonun

sürekli olmasıdır. İspatlayınız.

E. a) f : R2 −→ R2, R2 deki herhangi bir çemberi çember üzerine taşıyan bir

dönüşüm olsun. R2 üzerinde Pisagor metriği varken f nin sürekli olması

gerekir mi? Açıklayınız.

b) f : R2 −→ R2, doğrusal noktaları doğrusal noktalara taşısın. Bu durumda

f nin sürekli olması gerekir mi? Açıklayınız.

4.6 İki Küme Arasındaki Uzaklık

Tanım 4.6.1. (X, d) metrik uzay, x ∈ X ve A ⊂ X olsun.

d(x,A) = glbd(x, a)|a ∈ A

olsun. A ve B, X in alt kümeleri ise

d(A,B) = glbd(a, b)|a ∈ A, b ∈ B

dir.

Örnek 4.6.1. R2 üzerinde d2 metriği verilsin.

Y = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1 ve W = (1, 0)

152

kümeleri R2 de verilsin. Bu durumda d(Y,W ) = 0 çünkü Y ye ait elemanlar (1, 0)

noktasına çok yakın iken (1, 0) noktası Y kümesine ait değildir.

Figure 4.8:

Önerme 4.6.1. (X, d) metrik uzay olsun. X in alt kümesi F nin kapalı olması

için gerek ve yeter şart verilen x ∈ X − F için d(x, F ) 6= 0 olmasıdır.

İspat: F alt kümesi X de kapalı olduğunu varsayalım. O zaman X − F kümesi

açıktır. Böylece, verilen x ∈ X −F için N(x, r) ⊂ X −F olacak şekilde bir pozitif

r sayısı vardır. Diğer taraftan, d(x, F ) ≥ r olup d(x, F ) 6= 0 dir.

Verilen x ∈ X − F için d(x, F ) 6= 0 olduğunu varsayalım. Bu halde, r = d(x, F )

alırsak N(x, r) ⊂ X − F olur. X − F kümesi açıktır. F = X − (X − F ) kümesi

kapalıdır.

Önerme 4.6.2. (X, d) metrik uzay olsun. F , X in bir kapalı alt kümesi ve x ∈

X − F olsun. x ∈ U , F ⊂ V ve U ∩ V = ∅ olacak şekilde X de U ve V açıkları

vardır.

İspat: F k apalı ve x ∈ X − F olduğundan d(x, F ) 6= 0 dir. Her bir y ∈ F için

Uy = N(y,1

2d(x, F ))

alalım.

Figure 4.9:

O zaman V =⋃y∈F Uy kümesi F kapalı kümesini kapsayan açık kümedir. Aynı

zamanda U = N(x, 12d(x, F )) kümesi x elemanını içeren bir açık kümedir. İspatı

153

tamamlamak için U ∩ V = ∅ olduğunu göstermeliyiz. U ∩ V 6= ∅ olduğunu varsay-

alım. Yani w ∈ U ∩ V dir. O zaman Bir y ∈ Y için d(w, y) < 12d(x, F ) dir ve

d(w, x) < 12d(x, F ) dir.

d(x, y) ≤ d(w, x) + d(w, y) <1

2d(x, F ) +

1

2d(x, F ) = d(x, F ).

Ancak d(x, F ) = glbd(x, z | z ∈ F ) ve y ∈ F dir. Bu nedenle d(x, y ≥ d(x, F ))

bu ise bir çelişkidir.

Örnek 4.6.2. (R2, d) metrik uzay verilsin.

F = (x, y)|y =1

x, x 6= 0 ve F

′= (x, y)|y = 0

olsun.

Figure 4.10:

F ve F ′ kapalı kümelerdir ve F ∩ F ′ = ∅ dir. d(F, F′) = 0 dır.

Tanım 4.6.2. (X, d) metrik uzay ve A ⊂ X olsun. A nın kapanışı

A = x ∈ X|d(x,A) = 0

olarak tanımlanır.

Örnek 4.6.3. (R, d1) metrik uzayını ele alalım. A = 1n|n = 1, 2, 3, ... verilsin.

1n→ 0 olduğundan d(0, A) = 0 dır. Her bir n için d( 1

n, 1n) = 0 olduğundan, A ⊂ A

dır. Diğer taraftan, y > 0 veya y ∈ A ise d(y, A) > 0 dır. Böylece A = A ∪ 0

dır.

Önerme 4.6.3. A, X in kapalı alt kümesidir.

İspat: A kümesinin X de kapalı olmadığını varsayalım. O zaman, X − A kümesi

açık değildir. Bu nedenle, bir pozitif r sayısı için N(x, r) ∩ A 6= ∅ olacak şekilde

x ∈ X −A elemanı vardır. w ∈ N(x, r)∩A alalım. N(x, r) açık küme olduğundan

154

N(w, s) ⊂ N(x, r) olacak şekilde bir pozitif s sayısı vardır. Diğer taraftan, w ∈ A

olduğundan d(w,A) = 0 dir. Böylece, a ∈ A ∩ N(w, s) ⊂ N(x, r) elemanı vardır.

Bu şu anlam gelir: herhangi bir pozitif r sayısı için d(x, a) < r olacak şekilde bir

a ∈ A elemanı vardır.

glbd(x, a) | a ∈ A = d(x,A) = 0 dir.

x ∈ A bu bir çelişki çünkü x ∈ X−A. Bu nedenle, A, X in kapalı alt kümesidir.

Önerme 4.6.4. A = ∩F |F kapalı ve A ⊂ F dir.

Tanım 4.6.3. (X, d) bir metrik uzay ve A, X in alt kümesi olsun. A ya ait a1, a2

nokta çifti için d(a1, a2) ≤M olacak şekilde bir M sayısı varsa A kümesi sınırlıdır

denir. A sınırlı ve boş küme değilse, A nın çapı

diam(A) = Supd(a1, a2)|a1, a2 ∈ A

şeklinde tanımlanır.

Teorem 4.6.1. (X, d) bir metrik uzay olsun.

d :X ×X −→ R

(x, y) 7−→ d(x, y) = mind(x, y), 1

şeklinde tanımlansın. d bir metriktir ve d nin indirgediği topoloji, d nin indirgediği

topolojinin aynısıdır.

Lemma 4.6.1. d ve d′, X üzerinde iki topoloji olsun. τ , d nin indirgediği topoloji

ve τ ′, d′ nün indirgediği topoloji olsun. τ ′ ⊃ τ olması için gerek ve yeter şart her

bir x ∈ X ve r > 0 için

Nd′ (x, r′) ⊂ Nd(x, r)

olacak şekilde r′ > 0 sayısının var olmasıdır.

İspat: (⇒) τ′ ⊃ τ olsun. τ nun Nd(x, r) baz elemanı için

x ∈ N ′ ⊂ Nd(x, r) olacak şekilde τ ′ topolojisinin N′ baz elemanı vardır. N ′ baz

elemanını Nd′ (x, δ) şeklinde bulabiliriz.

(⇐) Hipotez mevcut olsun. x noktasını içeren τ ya ait bir baz elemanı N için

Nd(x, r) komşuluğunu bulabiliriz. Hipotezden

Nd′ (x, r′) ⊂ Nd(x, r)

olacak şekilde r′ > 0 sayısı vardır. Dolayısıyla τ ′ ⊃ τ dur.

155

Teorem 4.6.2. d1 tarafından indirgenen R2 üzerindeki topoloji ile d2 tarafından

indirgenen R2 üzerindeki topoloji aynıdır.

İspat: (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 olsun.

d2((x1, y1), (x2, y2)) ≤ d1((x1, y1), (x2, y2)) ≤√

2d2((x1, y1), (x2, y2))

olduğunu göstermeliyiz. İlk olarak

Nd1((x, y), r) ⊂ Nd2((x, y), r)

olduğunu gösterelim.

d1((x1, y1), (x2, y2)) < r ise d2((x1, y1), (x2, y2)) < r dir.

Bu da istediğimiz sonucu verir. Benzer şekilde

Nd2((x, y),r√2

) ⊂ Nd1((x, y), r)

gösterilebilir.

Lemma 4.6.1 dan, bu iki metrik topolojisi aynıdır.

ALIŞTIRMALAR

A. Kapanış operatörünün aşağıdaki özelliklerini ispatlayınız.

a) A ⊂ A b) A = A c) (A ∪B) = A ∪B

B. R2 koordinat düzlemi üzerinde Pisagor metriği olsun. Bu durumda R2 nin

aşağıdaki alt kümelerinin kapanışlarını hesaplayınız.

a) (x, y) | |x| < 9.

b) (x, y) | x2 < y.

c) (x, y) | |x| ≤ 1, |y| < 1.

C. (X, d) metrik uzayında A alt kümesinin kapalı olması için gerek ve yeter şart

A = A olmasıdır. İspatlayınız.

D. (X, d) metrik uzayında A ve B iki alt küme olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız

ya da çürütünüz.

a) A ∩B = ∅ ise d(A,B) 6= ∅.

b) d(A,B) = 0 olması için gerek ve yeter şart A daki noktaların bir dizisinin

B de bir noktaya yakınsamasıdır.

156

c) A ∩ B = ∅ ise A ⊂ U ve B ⊂ V (A ve B kapalı olmasalar bile) olacak

şekilde U ve V ayrık açık kümeleri vardır.

d) d(AB) 6= 0 ise A ⊂ U ve B ⊂ V olacak şekilde U ve V ayrık açık kümeleri

vardır.

E. sn, n ∈ N, (X, d) metrik uzayında bir dizi ve ∀n için y 6= sn olacak şekilde

y ∈ X olsun. sn → y ∈ X olması için gerek ve yeter şart, d(sn, y) = 0

olmasıdır. İspatlayınız.

F. (X, d) metrik uzay, A ⊂ X olsun. A kümesinin sınırını ∂A ile gösterelim ve

∂A = x ∈ X | d(x,A) = 0 ve d(x,X − A) = 0

şeklinde tanımlayalım. Aşağıdakileri bulunuz.

a) R üzerinde d mutlak değer metriğine göre ∂(0, 1).

b) R2 üzerinde d1 Pisagor metriğine göre ∂(x, y) | x2 + y2 < 1.

c) R üzerinde d mutlak değer metriğine göre ∂x | x rasyonel sayı.

d) R üzerinde d3 metriğine göre ∂(x, y) | x = 3.

G. (X, d) metrik uzayında A alt kümesinin açık olması için gerek ve yeter şart

∂A ∩ A = ∅ olmasıdır. İspatlayınız. A nın kapalı olması için gerek ve yeter

şart, ∂A ⊂ A olmasıdır. İspatlayınız.

4.7 Normlu Uzaylar

Tanım 4.7.1. Bir F cismi üzerinde vektör uzayı X olsun. Her x, y ∈ X ve

her α ∈ F için ‖.‖ : X −→ R fonksiyonu aşağıdaki özellikleri sağlıyor ise ‖.‖

fonksiyonuna X üzerinde bir norm ve (X, ‖.‖) çiftine ise bir normlu uzay denir:

1. ‖x‖ ≥ 0,

2. ‖x‖ = 0 ⇔ x = 0,

3. ‖αx‖ = |α| · ‖x‖,

4. ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖.

Örnek 4.7.1. x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn elemanı için

‖x‖1 =√x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n

‖x‖2 = |x1|+ |x2|+ · · ·+ |xn|

‖x‖4 = max|x1|, |x2|, . . . , |xn|

157

şeklinde tanımlaanan fonksiyonlar birer normdur.

Örnek 4.7.2. 1 ≤ p için

(∞∑n=1

|xn|p)1p <∞

olacak şekilde reel terimli (xn) dizilerinin sınıfı

lp = (xn) | (∞∑n=1

|xn|p)1p <∞

olmak üzere

‖.‖ : lp −→ R, x 7→ ‖x‖ = (∞∑n=1

|xn|p)1p

şeklinde tanımlanan ‖.‖ fonksiyonu bir normdur.

Örnek 4.7.3. Sınırlı dizilerinin sınıfı

l∞ = sup|xn|) | n ∈ N

olmak üzere

‖.‖ : l∞ −→ R, x 7→ ‖x‖ = sup|xn|) | n ∈ N

şeklinde tanımlanan ‖.‖ fonksiyonu bir normdur.

Örnek 4.7.4. [a, b] kapalı aralığı üzerinde tanımlanan reel değerli sürekli fonksiy-

onların sınıfı C[a, b] olmak üzere

‖.‖1 : C[a, b] −→ R, f 7→ ‖f‖1 =

∫ b

a

|f(x)|dx,

‖.‖2 : C[a, b] −→ R, f 7→ ‖f‖2 =

∫ b

a

(|f(x)|2)12dx,

‖.‖p : C[a, b] −→ R, f 7→ ‖f‖p =

∫ b

a

(|f(x)|p)1pdx, (1 ≤ p)

şeklinde tanımlanan (1 ≤ p) , ‖.‖p fonksiyonları C[a, b] üzerinde birer normdur.

Örnek 4.7.5. Her r ∈ R için fr : R −→ R, x 7→ fr(x) = rx şeklinde tanımlanan

fonksiyon olmak üzere

X = fr | r ∈ R

olsun.

‖.‖ : X −→ R, fr 7→ ‖fr‖1 = |r|

şeklinde tanımlanan ‖.‖ fonksiyonu bir normdur.

158

Önerme 4.7.1. Bir (X, ‖.‖) normlu uzay olma üzere

∀x, y ∈ X |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ dir.

İspat:

‖x‖ = ‖x− y + y‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖

eşitsizliğinden

‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖ dir.

Benzer şekilde,

‖y‖ = ‖y − x+ x‖ ≤ ‖y − x‖+ ‖x‖

eşitsizliğinden

‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖ dir.

Böylece,

|‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖

eşitsizliğini elde ederiz. Diğer taraftan,

‖x− y‖ = ‖x+ (−y)‖ ≤ ‖x‖+ ‖(−y)‖ = ‖x‖+ ‖y‖

eşitsizliği vardır. Doayısıyla, hepsini birleştirirsek

|‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ dir.

Önerme 4.7.2. Bir (X, ‖.‖) normlu uzay olma üzere her x, y ∈ X için

d(x, y) = ‖x− y‖

şeklinde tanımalanan d fonksiyonu X üzerinde bir metriktir.

Tanım 4.7.2. Bir (X, ‖.‖) normlu uzayda Önerme 4.7.2 deki gibi tanımlanan

metriğe norm metriği ve bu metrik tarafınfan üretilen topolojiye norm topolo-

jisi denir.

Örnek 4.7.6. Bir X vektör uzayı üzerinde ayrık metiği ele alalım. Herhangi bir

r ∈ R (r 6= 0) ve farklı x, y ∈ X için

d(rx, ry) = 1

159

olmasına rağmen rd(x, y) = a dir. Böylece r 6= 1 için

d(rx, ry) 6= rd(x, y) dir.

Bundan dolayı bu metrik bir norm metriği değildir.

Tanım 4.7.3. Bir X vektör uzayı üzerinde ‖.‖1 ve ‖.‖2 normları verilsin. Bu

normler tarafınfan eşde edilen metrikler denk ise bu normlara denk normlar

denir.

Örnek 4.7.7. Örnek 4.7.1 da verilen normlardan elde edilen metrikler denk olduğun-

dan bu normlar denktir.

Önerme 4.7.3. X ve X ′ birer normlu uzay olmak üzere f : X −→ X ′ nin izometri

olması için gerek ve yeter şart

‖f(x)− f(y)‖ = ‖x− y‖ olmasıdır.

Önerme 4.7.4. X ve X ′ birer normlu uzay olmak üzere

f : X −→ X ′

bir lineer dönüşüm olsun. f nin izometri olması için gerek ve yeter şart her bir

x ∈ X için

‖f(x)‖ = ‖x‖ olmasıdır.

İspat: Bir f : X −→ X ′ lineer dönüşümü izometri olsun. x ∈ X için

‖f(x)‖ = ‖f(x− 0)‖ = ‖f(x)− f(0)‖ = ‖x− 0‖ = ‖x‖ dir.

Tersine, her x ∈ X için ‖f(x)‖ = ‖x‖ ise

‖f(x)− f(y)‖ = ‖f(x− y)‖ = ‖x− y‖

eşitliğini elde ederiz.

ALIŞTIRMALAR

4.8 Uygulama Alanları

Metrik uzaylar, sembollerin bilgi dizilerinin depolanmasını, işleyişini ve sunumunu

içeren çok sayıda uygulamada kullanılır. Örneğin harflerin okuduğumuz kelimeleri

160

oluşturması temel bilgi birimidir. Bilgi birimleri arasındaki benzerlikleri ve fark-

lılıkları ölçmek istediğimiz herhangi bir durumda, uygun metrik bulunabilir. Bu

bölümde iki özel örneğe bakacağız. İlkinde bilgi birimleri aktarılan ikili kodlardır

ve ikincisinde bilgi birimleri bir DNA molekülünde nükleotidlerin bükülmesinin

modelleyen harflerin dizisidir.

4.8.1 Hata Düzeltme Kodları

Telefon hatları üzerinde, internet aracılığıyla veya uzaydaki uydulardan dünyaya

aktarılan bilgilerin çok sayıda miktarıyla gönderilen mesajın eksiksiz ulaşıp ulaş-

madığını bilmek aşırı derecede önemlidir. Elektriksel dalgalanmalar, kozmik radyasyon

veya diğer faktörlerden biri nedeniyle aktarımda bazı hatalar olabileceğini düşünüy-

oruz. Bu meydana geldiği zaman fark etmek ve hatalı mesajı düzeltmek istiyoruz.

Bu bize hata düzeltme kodları teorisini oluşturur.

Belirli bir mesaj yollamak istediğimizi varsayalım. Mesajın ikili kodla kodlandığını

varsayalım; yani mesajı 0 ve 1 lerin sonlu bir dizisinden oluşan, onların n lisi

dediğimiz ve kelime olarak adlandırdığımızı söyleyebiliriz. Aktarımda 0 ların bazılarının

1 e dönüştürüldüğünü veya tam tersinin olduğunu varsayalım. n uzunluğuna sahip

iletilen böyle kelimelerde kayıp girdiler veya eklenen girdiler olmasına izin verilmez.

Birkaç kelimeden oluşabilen bir kelimenin özel bir mesaj olduğunu belirtelim.

n uzunluğunda her kelimeyi, tüm girdileri 0 veya 1 lerden oluşan n uzunluğunda bir

vektör olarak düşünülebilir. Tüm bu ihtimallerin kümesini V n = (a1, ..., an)|ai ∈

0, 1 olarak yazabiliriz. Bu yüzden V n, 0, 1 kümesinin n kopyasının çarpımıdır.

Şimdi bu küme üzerinde bir metrik oluşturacağız.

Tanım 4.8.1. n uzunluğunda iki kelimenin arasında DH(x, y) Hamming uzaklığı

değişik olan kelimelerdeki yerlerin sayısıdır.

Örneğin

x = (0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0)

y = (0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0)

verilsin. x ve y de 2., 3. ve 7. yerlerin farklı olduğunu buluruz ve bu yüzden

DH(x, y) = 3 dür.

161

Hamming uzaklığı V n üzerinde bir metriktir. V n sonlu bir küme olduğundan,

Hamming uzaklığının indirgediği topoloji discrete topolojidir. Aslında mesaj gön-

dermek için V n nin elemanlarının tümünü kullanmayız. artık İngilizce dilindeki bir

kelime olarak, n harfin mümkün olan her dizisini kullanırız. V n deki kelimelerin

bir altkümesini alalım ve kelimeleri alıp iletelim.

Tanım 4.8.2. n uzunluğunda bir kod, V n nin herhangi bir C altkümesidir. C nin

elemanlarını kodlu kelime olarak adlandıracağız.

Eğer gönderen ve alan özel bir kodda anlaşmışlarsa kodlu kelimelerden biri olmayan

bir kelime ulaşırsa, alan kişi iletide en az bir hata meydana geldiğini bilir.

Tanım 4.8.3. C, n uzunluğunda bir kod olsun. C kodunun minimum uzaklığını,

kodda iki kodlu kelime arasındaki en az Hamming uzaklığı olarak tanımlayacağız.

Örnek 4.8.1.

C = (0, 0, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 0, 1, 0)

ile verilen 6 uzunluğunda kodu düşünelim. Bu kodlu kelimeler arasındaki minimum

farkın 3 olduğunu kontrol edebiliriz. Eğer en az bir hataya sahip olduğunu bildiğimiz

yani girdilerden birinde bir değişiklik olan bir mesaj aldıysak olması gereken kodlu

kelimeyi söyleyebiliriz. İçinde C de iki farklı kodlu kelimenin bir hatası olan V n de

hiçbir kelime yoktur. Eğer varsa bu iki kodlu kelime üçgen eşitsizliğiyle birbirine 2

uzaklık içinde olacaktır. Ancak bu iki kodlu kelime arasındaki minimum uazklığın

3 olmasıyla çelişir.

Bu temel hata düzeltme kodunu belirtir. Her kodlu kelimenin çevresine r yarıçaplı

bir açık yuvar yerleştirelim. Eğer bize bir mesaj gönderilirse ve iletimde r − 1

veya daha az hata meydana gelirse o zaman aldığımız kelime diğer kodlu kelimeler

civarında merkezli, r yarıçaplı açık yuvarda bulunabilmesine rağmen aslında gön-

derilen kodlu kelime civarında merkezli, r yarıçaplı açık yuvarda bulunur. Ama

eğer farklı kodlu kelimeler civarında r yarıçaplı açık yuvarlar örtüşmezse aldığımız

kelime bir tek açık yuvarda olmalı ve kodlu kelimenin gönderildiğini tam olarak

biliriz. Hataları düzeltebiliriz ve istenilen kelimeyi belirleriz. Aşağıdaki teorem bu

titizliği oluşturur. bxc, x e eşit veya daha küçük , en büyük tam sayıyı göstersin.

Teorem 4.8.1. n uzunluklu bir C kodu, minimum uzaklığı d olacak şekilde seçilirse,

bd−12c veya daha az hatalı n uzunluğunda her mesaj düzeltilebilir.

162

İspat: c nin orjinal kodlu kelime ve f nin ulaşan kelime olduğunu varsayalım. f ,

bd−12c den daha fazla hataya sahip olmadığından

DH(f, c) ≤ bd− 1

2c

olduğunu biliyoruz.

c′ nünDH(f, c′) ≤ bd−12c olacak şekilde ikinci bir kodlu kelime olduğunu varsayalım.

O zaman

DH(c, c′) ≤ DH(c, f) +DH(f, c′)

≤ bd−12c + bd−1

2c

= 2bd−12c

= d− 1

buluruz. d nin minimum uzaklık olmasıyla çelişir. Buradan c, f nin bd−12c de olan

tek kodlu kelimesidir ve bu yüzden gönderilen kodlu kelime olmalıdır.

İşlem için istediğimiz bir kodun iki kullanışlı özelliği vardır. Birincisi harflerin

sayısının çoğunu düzeltmemize olanak sağlamasını isteriz. Bu durum çok fazla

kodlu kelime almak istemediğimiz anlamına gelir, çünkü her birinin bir kodlu ke-

limede merkezi olan, birbirinden ayrık olan büyük açık yuvarlar olmasını isteriz.

İkinci olarak farklı mesajların çeşitli olarak gönderilmesine olanak sağlamak için

yeterli kodlu kelimeye sahip olmak istiyoruz. Örneğin C = (0, 0, 0, 0, 0) kodu

bize 5 hataya kadar düzeltmemizi sağlar fakat sadece kelime gönderebildiğimizden

kullanışlı bilgilerin iletimine olanak vermez. Sonuç olarak V n de uygun olabilen

verilen bir ölçüdeki ayrık açık yuvarların sayısını çoğaltmak istiyoruz.

Saptanan ve düzeltilen hatalar, bilgisayar bilimi ve bilgi bilimi alanlarında aktif

araştırma alanlarıdır. Metrikler, örneğin Hamming uzaklığı bu işte önemli bir rol

oynar.

4.8.2 DNA Dizileri

DNA, milyonlarca atomdan oluşan uzun ince bir moleküldür. Onun yapısında

bizim genetik yapımızı belirleyen kodlar dizilidir. RNA gibi DNA da nükleotidler-

den oluşur. Bir RNA molekülü nükleotidlerin bir tek zincirinden oluşurken, bir

DNA molekülü benzer çift sarmal oluşturmak için biraraya gelen iki sarılı zincir-

163

den oluşur. Örneğin aşağıdaki şekilde verilen DNA daki nükleotidler 4 tiptedir:

Adenine (A), cytosine (C), guanine (G) ve thymine (T).

Bir DNA zincirindeki nükleotidler karşı zincirdeki nükleotidle çift oluşturur. Örneğin

adenin, timinle guanin sitozinle çifttir. Hatta iki zincir, bir zincirin üzerindeki

her nükleotide diğer nükleotid üzerinde onun komşusuyla eşlenecek şekilde oluşur.

Böylece bir zincir üzerindeki nükleotidlerin dizisi, karşı zincirdeki diziyi belirler,

ve bir DNA molekülünün bir kısmını veya tamamını A, C, G ve T harflerinin bir

dizisiyle temsil edebiliriz.

DNA araştırmalarındaki en önemli problemlerden biri, farklı DNA dizilerini nasıl

karşılaştıracağımızdır. DNA nın bir dizisinin diğerinden farkı nasıldır? Bazı bakım-

lardan bu, iki dizinin arasındaki evrimsel uzaklığın ölçümüdür. Bir tür iki yeni

türe ayrıldığı zaman, evrim ağacındaki ayrımın sonucunda, türlerin başlangıcın-

daki benzer DNA dizileri tek değişikliği depolamaya başlar. İki dizi arasındaki

uzaklığın ölçümü bu farklılıkların bir fonksiyonu olarak, her türün evrimsel tari-

hinin yapısında kavrayışı sağlar.

Evrimin gidişatı boyunca, yolların çeşitliliğinde DNA dizi farklılıkları doğar. En

bilinenlerinden biri orjinal diziye göre bir DNA dizisinde bir harfin yer değiştirmesi

olan nükleotid yerdeğiştirmesidir. Eğer iki dizi arasında meydana gelen yerdeğiştirme

tek tipte ise, Hamming farkı, onların arasındaki farkın bir kullanışlı ölçümünü

sağlar (yerdeğiştirmelerin toplam sayısını sayarak). DNA da meydana gelen diğer

bilinen değişim, eşlenen DNA dizisindeki harflerin eklenmesi veya silinmesi olarak

gerçekleşen, nükleotidlerin eklenmesi veya silinmesidir. Bu durumda bozulmuş

(değişmiş) dizide takip eden harflerin hepsi orjinal dizye göre kaydırılmış görünür.

İki DNA dizisi arasındaki bir büyük Hamming farkındaki bu sonuçlar gerçekte

oldukça benzerdir. Bu problemi çözmek için, karşılaştırma yapmada kullanışlı olan

başka bir metrik tanımlayacağız.

x ve y, A, C, G ve T harflerinin iki dizisi olsun. Biz x ve y arasındaki uzak-

164

lığı, x üzerindeki birçok işlemi y dekine dönüştürme gerekliliğinin nasıl olduğunu

belirleyerek ölçeriz. Biz x üzerindeki işlemlerin 3 tipine olanak sağlarız. x deki her-

hangi harfi ekleyebiliriz, x deki herhangi harfi silebiliriz ve x deki herhangi bir harfi

diğeriyle değiştirebiliriz. Özel x ve y için, x dizisini y ye dönüştüren bu işlemlerin

bir S dizisini kullanabiliriz. iS, dizideki eklenenlerin (insert) sayısını, dS silinenlerin

(delete) sayısını ve rS de yer değiştirenlerin (replace) sayısını temsil etsin. Böylece

x dizisini y ye dönüştüren işlemlerin toplam sayısı iS + dS + rS dir. Ama tabii,

x dizisini y ye dönüştüren işlemlerin dizilerinin birçok farklı seçimi vardır ve bu

yüzden x ve y arasındaki uzaklığı aşağıdaki gibi tanımlayabiliriz.

Tanım 4.8.4. x ve y dizileri arasındaki Levenshtein uzaklığı

DL(x, y) = minSiS + dS + rS

ile verilir. Burada x i y ye dönüştüren tüm S dizileri üzerinde minimum alınır.

Örnek 4.8.2. x = AGTTCGAATCC ve y = AGCTCAGGAATC olsun. O zaman

x den y ye aşağıdaki işleyişi elde ederiz.

x = AGTTCGAATCC

Replace T: AGCTCGAATCC

İnsert A: AGCTCAGAATCC

İnsert G: AGCTCAGGAATCC

Delete C: AGCTCAGGAATC

3 veya daha az işlemli tüm ihtimalleri belirleyerek, x = AGTTCGAATCC den y =

AGCTCAGGAATC yi oluşturmak için ekleme, silme ve yer değiştirmelerin en az

sayısı burada gördüğümüz gibi 4 dür. Bu yüzden DL(x, y) = 4 dür.

Örnek 4.8.3. x = ACGTTGAATAC ve y = AGGGTTGAATA olsun. Görsel

olarak x ve y yi kontrol ederek, x ve y nin kısmen benzer göründüğünü görürüz.

Hatta onların GTTGAATA bölümü ortaktır.

x ve y arasındaki Levenshtein uzaklığının 3 olduğunu belirlemek zor değildir. Ter-

sine eğer x ve y arasındaki Hamming uzaklığını hesaplarsak (burada farklı olan

girdilerin sayısını sayarak), 7 elde ederiz. Böylece bu örnekte Hamming uzaklığı

ile karşılaştırdığımızda görürüz ki, Levenshtein uzaklığı, onların benzer yapısından

sonuçlanan x ve y nin yakınlığını daha iyi yansıtır.

ALIŞTIRMALAR

165

1. (x1, y1) ve (x2, y2), R2 nin herhangi bir noktaları olsun. Aşağıdakilerden hangisi

R2 de metrik tanımlamaz? Açıklayınız.

a) d((x1, y1), (x2, y2)) = min(|x1 − x2|, |y1 − y2|)

b) d((x1, y1), (x2, y2)) = (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

c) d1((x1, y1), (x2, y2)) = |x1 − x2|+ |y1 − y2| ve

d3((x1, y1), (x2, y2)) = max(|x1 − x2|, |y1 − y2|) olacak şekilde

d((x1, y1), (x2, y2)) = d1((x1, y1), (x2, y2))− d3((x1, y1), (x2, y2))

d) d((x1, y1), (x2, y2)) = |x1|+ |x2|+ |y1|+ |y2|

2.(X, d) bir metrik uzay olsun. X × X için aşağıdaki gibi bir d′ metiriği tanım-

layabiliriz:

(x, y) ve (x′, y′), X ×X in herhangi elemanları ise

d′((x, y), (x

′, y′)) = d(x, x

′) + d(y, y

′)

kümesinin X ×X için bir metrik olduğunu gösteriniz. Xn(X × ...×X(n kez)) için

bir metrik tanımlayın. 3. (X, d) bir metrik uzay olsun. x ve y, X in herhangi

elemanları ise aşağıdakilerden hangisi X üzerinde metrik tanımlar?

a) k, herhangi bir reel sayı olacak şekilde d1(x, y) = kd(x, y).

b) k, herhangi bir reel sayı olacak şekilde d2(x, y) = kd(x, y.)

c) n, herhangi bir pozitif tamsayı olacak şekilde d3(x, y) = dn(x, y.)

d) 0 < r < 1 olacak şekilde d4(x, y) = dr(x, y).

4. R2 nin aşağıdaki alt kümelerinden hangisinin Pisagor metriği ile açık olduğunu

belirleyiniz.

a) (x, y)|x < 0

b) (x, y)|x+ y > 5

c) (x, y)|x2 + y2 < 1 veya (x, y) = (1, 0)

d) (x, y)|x > 2 ve y ≤ 3

5. p, herhangi bir pozitif tamsayı olsun. R2 nin herhangi bir d− p-komşuluğunun

d1−, d2− ve d3− açık olduğunu ispatlayınız.

166

6. Bir metrik uzayın kapalı alt kümelerinin bir keyfi ailesinin birleşiminin kapalı ol-

ması gerekmediğini gösteriniz. Açık kümelerinin herhangi bir ailesinin kesişiminin

açık olması gerekmediğine bir örnek veriniz.

7. (X, d) bir metrik uzay ve (Y, d|y), X in bir metrik alt uzayı olsun. Aşağıdakileri

ispatlayınız.

a) Y nin bir W alt kümesi Y de açıktır(Yani d|Y -açıktır). ⇐⇒ U,X in bir açık

alt kümesi olacak şekilde W = Y ∩ U dur.

b) Y nin bir C alt kümesi Y de kapalıdır. ⇐⇒ F,X in kapalı bir alt kümesi olacak

şekilde C = Y ∩ F dir.

c) Y , X in bir açık alt kümesi ise, o zaman Y nin bir alt kümesi Y de açıktır.

⇐⇒ X de de açıktır.

d) Y , X in bir kapalı alt kümesi ise, o zaman Y nin bir alt kümesi Y de kapalıdır.

⇐⇒ X de de kapalıdır.

e) Y nin bir alt kümesi X de açık veya kapalı değilken Y de açık veya kapalı

olabilir.

8. Bir (X, d) metrik uzayının bir F alt kümesi kapalıdır. ⇐⇒ X − F açıktır.

9. R2 nin aşağıdaki alt kümelerinden hangisinin Pisagor metriği ile kapalı olduğunu

gösteriniz.

a) (x, y)|x = 0, y ≤ 5

b) (x, y)|x = 2 veya x = 3, y tamsayı

c) (x, y)|x2 + y2 < 1 veya (x, y) = (1, 0)

d) (x, y)|x > 2 ve y ≤ 3

10. Aşağıdaki dizilerin her birinin yakınsaklığını inceleyiniz.

a) Reel sayılar uzayında mutlak değer metriği ile sn = 1 + 1n

167

b) R2 de

d2 = ((x1, y1), (x2, y2)) =

0, (x1, y1) = (x2, y2)

1, (x1, y1) 6= (x2, y2)

metriği ile sn = (2, 2).

c) R2 de d3 metriği ile sn = (2, n).

d) X = f |f : [0, 1] −→ [0, 1] ve d(f, g) = sup|f(x) − g(x)||x ∈ [0, 1] olsun.

(X, d) uzayındaki sn

sn(x) =

0, x ≤ 1n

1, x > 1n

ile tanımlansın.

e) d) şıkkındaki (X, d) uzayında sn, sn(x) = ( 1n)x ile tanımlansın.

11. R2 de d3 metriği var olsun. sn = (xn, yn) ile tanımlı dizi (x, y) ye yakınsar.

⇐⇒ Mutlak değer metriği ile R de xn → x ve yn → y dir.

12. (X, d) bir metrik uzay ve Y, d|Y , X in bir alt uzayı olsun. Y deki bir dizi Y

nin bir y noktasına yakınsar ise X deki bir dizi olarak düşünülen bu dizinin de y

ye yakınsayacağını ispatlayınız. Y deki bir dizinin bir limiti yok iken X deki bir

dizi olarak düşünülen bu dizinin bir limiti olabileceğini örnekle gösteriniz.

13. Aşağıdaki fonksiyonların sürekliliğini inceleyiniz.

a) d mutlak değer metriği olacak şekilde f : (R, d) −→ (R, d), f(x) = 5x + 7

fonksiyonu.

b) f : (R2, d1) −→ (R, d), f(x, y) = x+ y fonksiyonu(d mutlak değer metriği).

c) X = h|h : [0, 1] −→ [0, 1], d(h, k) = sup|h(x) − k(x)||x ∈ [0, 1] olsun.

f : (X, d) −→ ([0, 1], d′), f(g) = g(0)(d

′ mutlak değer metriği)

d) i : (R2, d1) −→ (R2, d3) birim fonksiyonu.

14. k sabit bir pozitif reel sayı ve d(x, x′) ≥ kd

′(f(x), f(x

′)) olacak şekilde f :

(X, d) −→ (Y, d′) bir fonksiyon olsun. f in sürekli olduğunu gösteriniz.

15. f : (X, d) −→ (Y, d′) ve g : (Y, d

′) −→ (Z, d”) sürekli fonksiyonlar olsun.

g f : (X, d) −→ (Z, d”) sürekli olduğunu gösteriniz.

16. W . (Y, d′) metrik uzayının alt uzayı olacak şekilde f : (X, d) −→ W bir

fonksiyon olsun. f : (X, d) −→ (Y, d′) fonksiyonunun sürekli olması için gerek ve

168

yeter koşul

f : (X, d) −→ (W,d′ |W )

fonksiyonunun sürekli olmasıdır.

17.

a) f : R2 −→ R2, R2 deki herhangi bir çemberi bir çembere götürsün. R2 de

alışılmış Pisagor metriği varsa f in sürekli olması gerekir mi?

b) f : R2 −→ R2, aynı doğrudaki noktaları aynı doğrudaki noktalara götürsün. f

in sürekli olması gerekir mi?

18. f : R2 −→ R, f(x, y) = x sürekli, a ∈ R ve p herhangi bir pozitif reel sayı ise

N(a, p) = (a− p, a+ p) dir.

f−1(N(a, p)) = (x, y)|a− p < x < a+ p ⊂ R2

kümesinin alışılmış Pisagor metriğine göre açık olduğunu gösteriniz.

19. Kapanış için aşağıdaki özellikleri ispatlayınız.

a) A ⊂ A

b) A = A

c) (A ∪B) = A ∪B

20. R2 de Pisagor metriği var olsun. Aşağıdaki kümelerin kapanışları nelerdir?

a) (x, y)||x| < 9

b) (x, y)|x2 < y

c) (x, y)||x| ≤ 1, |y| < 1

21. (X, d) metrik uzayının bir A alt kümesi kapalıdır. ⇐⇒ A = A dır.

22. A ve B, bir (X, d) metrik uzayının alt kümeleri olsun. Aşağıdakilerin sağlanıp

sağlanmadığını ispatlayınız.

a) A ∩B = ∅ =⇒ d(A,B) 6= 0

b) d(A,B) = 0⇐⇒ A daki noktaların bir dizisi B deki bir a noktasına yakınsar.

c) A ∩ B = ∅ ise A ⊂ U ve B ⊂ V olacak şekilde (A ve B kapalı olmasa bile) U

ve V ayrık açık kümeleri vardır.

169

d) d(A,B) 6= 0 ise A ⊂ U ve B ⊂ V olacak şekilde U ve V ayrık açık kümeleri

vardır.

23. snn∈N, bir (X, d) metrik uzayında bir dizi olsun. Herhangi bir n için

y 6= sn olacak şekilde y ∈ X olsun. sn → y ∈ X olması için gerek ve yeter

koşul d(sn, y) = 0 olduğunu ispatlayınız.

24. (X, d) bir metrik uzay ve A ⊂ X ise A nın sınırı,

Fr(A) = x ∈ X|d(x,A) = 0 ve d(x,X − A) = 0

ile tanımlanır. Aşağıdakileri gösteriniz.

a) R de mutlak değer metriği ile Fr(0, 1).

b) Pisagor metriği ile Fr(x, y)|x2 + y2 < 1 ⊂ R2.

c) Mutlak değer metriği ile Frx|x rasyonel sayı ⊂ R.

d) d2 = ((x1, y1), (x2, y2)) =

0, (x1, y1) = (x2, y2)

1, (x1, y1) 6= (x2, y2)

metriği ile Fr(x, y)|x = 3 ⊂ R2.

25. Bir (X, d) metrik uzayının bir A alt kümesi açıktır. ⇐⇒ FrA∩A = ∅ olduğunu

ispatlayınız. A kapalıdır. ⇐⇒ FrA ⊂ A olduğunu ispatlayınız.

Chapter 5

İDENTİFİKASYON UZAYLARI

5.1 Tarihçe

Bölüm uzayı inşası fikri bir figürün bir kısmının diğerinin bir kısmına yapıştırılma

fikrinden gelişmiştir. Temel olarak bölüm uzayı inşası 1858 yılında A.F. Möbius

ve 1882 yılında Felix Klein tarafından Möbius Şeridi ve Klein Şişesi’ni tanım-

larken kullanılmıştır. İdentifikasyon fikrinin ötesinde bölüm uzayı inşasının açık

kullanımı 1925 yılında R.L. Moore’un ve 1927 yılında P.S.Alexandroff’un çalış-

malarında görülmektedir. Genel olarak bölüm uzayları ve bölüm dönüşümü 1932

yılında R.W. Baer ve F. Levi tarafından ortaya konulmuştur. Yüzeylerin ve man-

ifoldların sistematik çalışılması Bernard Riemann, A.F. Möbius, Enrico Betti ve

ondokuzuncu yüzyılın ortalarındaki matematikçilere dayanır.

5.2 İdentifikasyon Uzayları

(X, τ) bir topolojik uzay, Y herhangi bir küme ve p : X −→ Y örten bir dönüşüm

olsun. τ ′ = V ⊂ Y |p−1(V ) ∈ τ kolleksiyonunun Y üzerinde bir topoloji olduğunu

iddia ediyoruz:

t1) p−1(∅) = ∅ ∈ τ ⇒ ∅ ∈ τ ′, p−1(Y ) = X ∈ τ ⇒ Y ∈ τ

t2) Vii∈I ∈ τ ′ ⇒ ∀i ∈ I p−1(Vi) ∈ τ ⇒⋃i∈I

p−1(Vi) ∈ τ

⇒ p−1(⋃i∈I

Vi) ∈ τ ⇒⋃i∈I

Vi ∈ τ ′

t3) U, V ∈ τ ′ ⇒ p−1(U), p−1(V ) ∈ τ ⇒ p−1(U) ∩ p−1(V ) ∈ τ

170

171

⇒ p−1(U ∩ V ) ∈ τ ⇒ U ∩ V ∈ τ ′

Tanım 5.2.1. Y üzerinde oluşturulan τ ′ topolojisine identifikasyon topolo-

jisi denir. (Y, τ ′) topolojik uzayına (X, τ) uzayının identifikasyon uzayı, p :

(X, τ) −→ (Y, τ ′) dönüşümüne identifikasyon dönüşümü denir.

Önerme 5.2.1. Aşağıdaki ifadeler denktir:

i) p : X −→ Y identifikasyon dönüşümüdür.

ii) ∀V ⊂ Y , Y de açıktır ⇔ p−1(V ), X de açıktır.

Not 5.2.1. Bu önerme mevcut ise p : X −→ Y identifikasyon dönüşümdür.

Önermenin (ii) şıkkında;

(⇒:) yönü sürekliliği belirtir.

(⇐:) yönü bazı kitaplarda açıklık ile denk tutulur fakat bu genelde doğru değildir.

Örnek 5.2.1.

X = 1, 2, 3, τ = X, ∅, 1, 1, 2, 1, 3, Y = a, b olsun.

p : X −→ Y, x 7→ p(x) =

a, x = 1

b, x = 2

a, x = 3

şeklinde tanımlı dönüşüm örtendir. τ ′ = ∅, Y, a alalım. p, bu topoloji üzerinde

identifikasyon dönüşümdür.

p−1(∅) = ∅ ∈ τ

p−1(Y ) = X ∈ τ

p−1(a) = 1, 3 ∈ τ

olduğundan p sürekli dönüşümdür.

Örnek 5.2.2.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun.

p : R −→ a, b, c, x 7→ p(x) =

a, x < 0

b, x = 0

c, x > 0

şeklinde tanımlansın. a, b, c kümesi üzerindeki identifikasyon topolojisi

172

Figure 5.1: a, b, c üzerindeki identifikasyon topolojisi

∅, a, b, c, a, c, a, c

olarak alalım. a, c, a, c açık kümelerin p altında ters görüntü kümesi R de

açıktır. Böylece p bir identifikasyon dönüşümdür.

Örnek 5.2.3.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun.

p : R −→ Z, x 7→ p(x) =

x, x tamsayı

n, x ∈ (n− 1, n+ 1)

fonksiyonu şeklinde tanımlansın. n bir tek tamsayı ise n açık kümedir çünkü ters

görüntü p−1(n) = (n− 1, n+ 1) kümesi R de açıktır. n çift tamsayı ise n açık

değildir çünkü ters görüntü p−1(n) kümesi R de açık değildir. Bu identifikasyon

topolojisinde, çift tamsyı n yi içeren en küçük açık küme

n− 1, n, n+ 1 dir.

Böylece p tarafından oluşturalan Z üzerinedki identifikasyon topolojisi, dijital

Figure 5.2: p tarafından oluşturulan Z üzerinde identifikasyon topolojisi

topolojidir.

Örnek 5.2.4.

173

C ⊂ [0, 1] olmak üzere χC : [0, 1] −→ 0, 1 dönüşümü

t 7→ χC(t) =

1 t ∈ C

0 t /∈ Cile tanımlansın. C ⊂ [0, 1] olsun. τS,R üzerindeki standart topoloji olmak üzere

τ[0,1] = [0, 1] ∩ V |V ∈ τS.

C 6= ∅, C = [0, 1]∩Q alalım. τ ′ = ∅, 0, 1 seçilirse (kümeyi 0, 1 ⊂ [0, 1] seçti)

χ−1C (∅) = ∅, χ−1

C (0, 1) = [0, 1] ∈ τ[0,1] olduğundan χC süreklidir.

χC([0, 1] ∩ V ) = χC([0, 1] ∩ (a, b)) =

0, 1 a = 0, b = 1

∅ a, b < 0 ∨ a, b > 1

(a, b) 0 < a < b < 1

O halde χC açıktır. Sonuç olarak χC identifikasyon dönüşümdür.

Örnek 5.2.5.

X = a, b, c, d, e kümesi üzerinde topoloji

∅, X, a, a, b, a, b, c, a, b, c, d

olsun. A = a, b ve B = c, d, e olmak üzere X kümesinin bölüntüsü X∗ =

A,B olsun. Böylece X∗ iki noktalı bir kümedir. X∗ üzerindeki identifikasyon

topolojisindeki açık kümeler ∅, A, X∗ dir.

Figure 5.3: X∗ tarafından oluşturulan identifikasyon uzayı ve X uzayı

Örnek 5.2.6.

Bir dijital aralık, Tam sayılar Z kümesinin alt m,m+1, . . . , n−1, n kümesidir.

In kümesi 1, 2, 3, . . . , n−1, n formunda bir dijital aralık olsun. n ≥ 5 tek tam sayı

ise In dijital aralığındaki uç noktalar 1 ve n özedşleştirilmesi(yapıştırılması) sonucu

174

elde edilen topolojik Cn−1 uzaya dijital çember denir. Buna göre tanımdan, bir

dijital çember çift sayıda nokta içermektedir.

Figure 5.4: Dijital C6 çember, dijital I7 aralığı tarafından oluşturulan identifikasyondur.

Teorem 5.2.1. p : X −→ Y örten ve sürekli dönüşüm olsun. Eğer p dönüşümü

açık ya da kapalı dönüşüm ise p identifikasyon dönüşümdür.

İspat:p : X −→ Y örten, sürekli ve açık dönüşüm olsun.

p identifikasyon dönüşüm :⇔ (∀V ⊂ Y, Y de açık ⇔ p−1(V ), X de açıktır.)

(⇒:) p sürekli olduğundan aşikardır.

(⇐:) p−1(V ), X de açık olsun. p açık dönüşüm olduğundan p(p−1(V )), Y de açık-

tır. p örten dönüşüm olduğundan p(p−1(V )) = V dir. O halde V, Y de açıktır.

Örnek 5.2.7.

p : R −→ S1 ⊂ R2

t 7→ p(t) = e2πit = (cos 2πt, sin 2πt)

tanımlansın.

• p örtendir: ∀y = (y1, y2) ∈ S1 için

p(t) = y ⇒ (cos 2πt, sin 2πt) = (y1, y2)⇒ t =1

2πarctan

y2

y1

∈ R

• p süreklidir: p1(t) = cos 2πt sürekli, p2(t) = sin 2πt sürekli ⇒ p = (p1(t), p2(t))

süreklidir.

• p hem açık hem de kapalı dönüşümdür. (Bu ispat okuyucuya bırakılmıştır.)

Sonuç olarak Teorem 5.2.1 gereğince p identifikasyon dönüşümdür.

175

Örnek 5.2.8.

π1 : R× R −→ R

(x, y) 7→ π1(x, y) = x

birinci projeksiyon dönüşümü verilsin.

• π1 örtendir: ∀z ∈ R için π1(x, y) = z ⇒ x = z, y ∈ R olacak şekilde (x, y) ∈ R×R

vardır.

• π1 süreklidir: V ⊂ R açık için π−11 (V ) = V × R ⊂ R× R de açıktır.

• π1 açıktır: ∀W = U × V ∈ R× R açık için π1(W ) = U, R de açıktır.

O halde π1 identifikasyon dönüşümdür. Fakat π1 kapalı dönüşüm değildir.

K = (x, y) ∈ R2|y =1

x,

R2 de kapalı iken,

π1(K) = (−∞, 0) ∪ (0,∞)

R de kapalı değildir.

Teorem 5.2.2. Y topolojik uzayı, X topolojik uzayının identifikasyon uzayı ve Z

topolojik uzayı Y uzayının identifikasyon uzayı olsun. O zaman Z, X in identi-

fikasyon uzayıdır.

İspat: p : X −→ Y , q : Y −→ Z identifikasyon dönüşümü olsun.

• "k : X −→ Z identifikasyon dönüşümdür ⇔ (∀V ⊂ Z de açık ⇔ k−1(V ) ⊂ X de

açıktır)" önermesini kullanacağız (Önerme 2.0.2).

(⇒:) V, Z de açık olsun. k = q p : X −→ Z dir.

k−1(V ) = (q p)−1(V ) = p−1(q−1(V ))

q identifikasyon dönüşüm olduğundan q−1(V ), Y de açıktır. p identifikasyon dönüşüm

olduğundan p−1(q−1(V )), X de açıktır. O halde k−1(V ), Xde açıktır.

(⇐:) k−1(V ), Xde açık olsun. k−1(V ) = p−1(q−1(V )) açık olması için q−1(V ) nin

176

açık olması gerekmektedir. q identifikasyon dönüşüm olduğundan V ⊂ Z de açık-

tır.

Teorem 5.2.3. p : X −→ Y identifikasyon dönüşüm olsun. Herhangi bir Z uzayı

için;

k : Y −→ Z süreklidir ⇔ k p : X −→ Z süreklidir.

İspat:

(⇒:) k ve p sürekli olduğundan k p : X −→ Z süreklidir.

(⇐:) k p : X −→ Z sürekli olsun.

∀V ⊂ Z açık için k−1(V ), Y de açık mıdır?

(k p)−1(V ), k p sürekli olduğundan, X de açıktır. (k p)−1(V ) = p−1(k−1(V ))

in X de açık olması için k−1(V ) nin Y de açık olması gerekmektedir. Çünkü p

identifikasyon dönüşümdür.

Teorem 5.2.4. p : X −→ Y identifikasyon dönüşüm olsun. g : X −→ Z aşağıdaki

özelliğe sahip sürekli dönüşüm olsun:

∀x, x′ ∈ X için p(x) = p(x′)⇒ g(x) = g(x′).

O zaman h p = g olacak şekilde bir tek h : Y −→ Z sürekli dönüşümü vardır.

İspat:h : Y −→ Z y 7→ h(y) = g(p−1(y)) şeklinde tanımlansın. O zaman h iyi

tanımlı, sürekli ve örtendir. Dönüşümün tekliği okuyucuya ödev olarak bırakıl-

muştır.

Sonuç 5.2.1. p : X −→ Y , q : X −→ Z identifikasyon dönüşüm ise Y ≈ Z.

İspat: h : Y −→ Z olsun.

1) h bijektif mi?

k : Z −→ Y olsun.

k h = 1Y ⇔ h, 1− 1

ve

h k = 1Z ⇔ h, örten

olduğunu göstermeliyiz.

Xp //

q

Y

Z

k

??

177

q = h p ve p = k q göz önüne alalım.

(h k) q = h (k q) = h p = q = 1Z q ⇒ h örten

(k h) p = k (h p) = k q = p = 1Y p⇒ h, 1− 1

⇒ h bijektif

2) Teorem 5.2.3’ten q = h p süreklidir ⇔ h süreklidir.

3) Teorem 5.2.3’ten p = h−1 q süreklidir ⇔ h−1 süreklidir.

ALIŞTIRMALAR

A. X = a, b, c, d, τX = ∅, X, a, a, b, b, c, d, b, Y = 0, 1 olmak üzere

f : X −→ Y

f(a) = f(c) = 0, f(b) = f(d) = 1

dönüşümünü sürekli kılan, Y üzerindeki en geniş topolojiyi bulunuz.

B. Açık dönüşüm olmayan bir identifikasyon dönüşümü örneği bulunuz.

C. Kapalı dönüşüm olmayan bir identifikasyon dönüşümü örneği bulunuz.

5.3 Bölüm Uzayları

Tanım 5.3.1. X bir küme ve R, X üzerinde bir denklik bağıntısı olsun. X/R bir

bölüm kümesidir. qR : X −→ X/R bölüm dönüşümü kanonik dönüşümdür. (Her

zaman örten olan dönüşümlere kanonik dönüşüm ya da doğal dönüşüm denir.)

X/R = [x]R = z ∈ X|xRz

(X, τ) bir topolojik uzay olsun. qR : X −→ X/R bölüm dönüşümünü sürekli kılan

Y üzerindeki en geniş topoloji τ ′ = V ⊂ X/R : q−1R (V ) ∈ τ dır ve bu topolojiye

bölüm topolojisi denir. (X/R, τ ′) identifikasyon uzayına da (X, τ) nun bölüm

uzayı denir.

178

Örnek 5.3.1.

I = [0, 1], xRy ⇔ x = y = 0 veya 1 olsun.

qR : [0, 1] −→ [0, 1]/R

x 7→ qR(x) = [x]R

dönüşümü bölüm dönüşümüdür.

p : [0, 1] −→ S1

t 7→ p(t) = e2iπt

identifikasyon dönüşümdür. Sonuç 5.2.1’den yararlanarak [0, 1]/R ≈ S1 olduğunu

söyleyebiliriz.

p : [0, 1]/R −→ S1

[x]R 7→ p([x]R) = p(x) = e2iπx

olsun.

179

i) p, bijektif dönüşümdür:

• p([x]R) = p([y]R)⇒ e2iπx = e2iπy

⇒ cos 2πx = cos 2πy ∧ sin 2πx = sin 2πy

⇒ x = y + k, k = 0, 1

⇒ x ∼ y

⇒ [x]R = [y]R

• p, örten: p ve q örten olduğundan p = p q−1R örtendir.

ii) p sürekli ⇔ p = p qR sürekli (Teorem 5.2.3)

iii) p−1 sürekli ⇔ qR = p−1 p sürekli (Teorem 5.2.3).

Örnek 5.3.2.

Aşağıdaki gibi verilen

p : I × I −→ I × S1

(s, t) 7→ p(s, t) = (s, e2iπt)

identifikasyon dönüşümdür.

q : I × I −→ I × I/R

(s, t) 7→ q(s, t) = p(s, t) = (s, e2iπt)

identifikasyon dönüşümdür.

a

b

c

e

d

f

g

k

lh

f=e

b=d

a=c

pk

h=g

Figure 5.5: Silindir

I × I/R ≈ I × S1 dir.

p : I × I/R −→ I × S1

[s, t]R 7→ p([s, t]R) = p(s, t) = (s, e2iπt)

dönüşümü homeomorfizmadır.

Örnek 5.3.3.

180

p : I × I −→ S1 × S1 q : I × I −→ I × I/R

(s, t) 7→ (e2πis, e2πit) (s, t) 7→ q(s, t) = [(s, t)]R

p : I × I/R −→ S1 × S1

[s, t]R 7→ p([s, t]R) = p(s, t)

homeomorfizmadır.

Örnek 5.3.4.

(Mobius Şeridi): Mb yönlendirilemeyen manifolddur.

p : I × I −→ I × I/ ∼, (0, s) ∼ (1, 1− s)

Figure 5.6: Mobius Şeridi

181

Örnek 5.3.5.

(Projektif Düzlem): Topun merkezinden geçecek şekilde topun yüzeyine batırılan

şişler projektif düzlemdir.

p : S2 −→ S2/ ∼, x ∈ S2 : x ∼ −x

Figure 5.7: Reel Projektif Düzlem

Örnek 5.3.6.

(Klein Şişesi): Kb yönlendirilemeyen manifolddur.

p : I × I −→ I × I/ ∼, (0, t) ∼ (1, t), (s, 0) ∼ (1− s, 1)

Teorem 5.3.1. p : X → Y identifikasyon dönüşümü ve R, X üzerinde denklik

bağıntısı olsun. (xRx′ ⇔ p(x) = p(x′)) X/R, Y ye homeomorftur.

İspat: X

q

p // Y

X/R

p

== p : X/R → Y, p([x]) = p(x)

• p bijektif midir?

p([x]) = p([x′])⇒ p(x) = p(x′)⇔ xRx′ ⇒ [x] = [x′]

p 1-1 dir.

∀y ∈ Y için ∃[x] ∈ X/R vardır ki p([x]) = y ve p identifikasyon olduğundan

∃x ∈ X vardır. Yani p örtendir.

• p−1 sürekli midir?

Xq=kp //

p

Z

Yk

>> Xq //

p

X/R

Yp−1

==

182

Figure 5.8: Klein Şişesi

q = p−1 p süreklidir ⇔ p−1 süreklidir.

O halde p−1 süreklidir.

• p sürekli midir?

p = p q sürekli ⇔ p sürekli

O halde p süreklidir.

Örnek 5.3.7.

Dikdörtgene homeomorf, küreye homeomorf, doğruya homeomorf olan bölüm uza-

ylarını ve dönüşümlerini bulunuz.

• (x1, y1)R1(x2, y2) ⇔ ax1 + by2 − c = ax2 + by2 − c p1 : R × R → R × R/R1,

A :

p1(x, y) = ax + by − c bölüm dönüşümüdür ve bölüm uzayı R × R/R1, A ya

yani doğruya homeomorftur.

• (x1, y1)R2(x2, y2)⇔Max | (x1, y1)− (x2, y2) |= k

p2 : R × R → R × R/R2, p2(x, y) = Max | x − y | bölüm dönüşümüdür ve

bölüm uzayı R× R/R2 kareye homeomorftur.

183

• (x1, y1)R3(x2, y2)⇔ x21 + y2

1 = x22 + y2

2 bağıntısı tanımlansın.

p3 : D2 → D2/R3, p3(x, y) = x2 + y2 bölüm dönüşümüdür ve bölüm uzayı

D2/R3 , C ye yani küreye homeomorftur.

Lemma 5.3.1. A. Bağlantılı uzayın bölüm uzayı da bağlantılıdır.

B. Yol bağlantılı uzayın bölüm uzayı da yol bağlantılıdır.

C. Kompakt uzayın bölüm uzayı da kompakt uzaydır.

Tanım 5.3.2. X bir topolojik uzay, I = [0, 1] olsun. X topolojik uzayı üzerinde

koni X × I/X × 1 şeklinde tanımlıdır.

Örnek 5.3.8.

X = [0, 1], Y = S1 olsun. X/0∼1 ile Y homeomorfik midir?

f : X

p

f // S1

X/∼f

== f : X → S1, f(t) = e2πti ve p dönüşümleri bölüm dönüşümüdür.

f : X/∼ → S1, f(t) = f(t) = e2πti O halde f homeomorfizmadır.

Örnek 5.3.9.

I = [0, 1], f : I×I → S1×S1 = T, f(s, t) = (e2πsi, 1−t) ve (s, 0)R1(s, 1); (0, t)R1(1, 1−

t) olsun.

I × Ip

f // T

I × I/R1

f

::

f : I × I/R1 → T, f([s], [t]) = f(s, t) = (e2πsi, 1− t) dönüşümü homeomorfizmadır.

Örnek 5.3.10.

A. (Silindir Oluşturma) X = [0, 1]× [0, 1] kare alalım. Bölüm uzayını (0, t) ∼ (1, t)

bağıntısı ile oluşturalım.

X × I/(0,t)∼(1,t) ≈ S (S silindir)

B. (Tor Oluşturma): X = [0, 1] × [0, 1] kare alalım. Bölüm uzayını (0, t) ∼ (1, t)

ve (s, 0) ∼ (s, 1) bağıntısı ile oluşturalım.

X/∼ ≈ T ≈ S1 × S1

C. (Mobius Oluşturma): X = [0, 1] × [0, 1] kare alalım. Bölüm uzayını (0, t) ∼

184

a

b

c

e

d

f

g

k

lh

f=e

b=d

a=c

pk

h=g

(1, 1− t) bağıntısı ile oluşturalım.

X/∼ ≈Mb

D. (Klein Şişesi Oluşturma): X = [0, 1]× [0, 1] kare alalım. Bölüm uzayını (0, t) ∼

(1, t) ve (s, 0) ∼ (1− s, 1) bağıntısı ile oluşturalım.

X/∼ ≈ Kb

E. (Projektif Düzlem Oluşturma): X = S2 alalım. Bölüm uzayını ∀x ∈ S2 için

x ∼ −x bağıntısı ile oluşturalım.

S2/x∼−x ≈ RP 2 reel projektif düzlem.

Sn/x∼−x ≈ RP n reel projektif uzay.

F. (Bir Uzayın Süspansiyonu): X×I −→ X×I/X×0,1 =∑X Bu bölüm uzayına

X in süspansiyonu denir.

ALIŞTIRMALAR

A. Bölüm dönüşümü olup kapalı veya açık olmayan dönüşümler bulunuz.

B. X = [0, 1] ∪ [2, 3] ⊂ R ve Y = [0, 2] ⊂ R ve p : X → Y dönüşümü

185

Xx0

Xx1

p(x) =

x x ∈ [0, 1]

x− 1 x ∈ [2, 3]

şeklinde tanımlansın. p dönüşümü açık dönüşüm müdür? Kapalı dönüşüm

müdür? Bölüm dönüşümü müdür? Açıklayınız.

C. İki bölüm dönüşümünün çarpımının bölüm dönüşümü olmadığını gösteriniz.

D. R2 üzerindeki denklik bağıntısı (x1, y1)R(x2, y2) ⇔ x1 + y21 = x2 + y2

2 şeklinde

tanımlanmıştır. R2/R bölüm uzayı mıdır?

E. g : R2 → R, g(x, y) = x + y2 ve f : R2 → R, f(x, y) = x2 + y2 dönüşümlerinin

bölüm dönüşümü olup olmadığını açıklayınız.

F. Cn = (x, y) : (x − 1

n)2 + y2 = (

1

n)2, Y =

⋃n∈Z+

Cn ve X = C1 × Z+ olsun.

g : X → Y, g(x, y, n) = (x

n,y

n) şeklinde tanımlı dönüşüm bölüm dönüşümü

müdür?

G. CX : X üzerinde koni, (x, t)R(x′, t′) ⇔ (x, t) = (x′, t′) veya x, x′ ∈ X ve

t = t′ = 1 bağıntısı tanımlansın.

X × Ip

f // CX

X × I/Rf

99 f(x, t) = f(x, t) =

(x, t) t 6= 1

(x, 1) t = 1

şeklinde tanımlanan

f fonksiyonunun homeomorfizma olduğunu gösteriniz. p dönüşümü bölüm

dönüşümü müdür?

5.4 Ekli Uzaylar

Tanım 5.4.1. X ve Y topolojik uzaylar ve A ⊂ X kapalı altuzayı olsun. Ayrıca

f : A → Y sürekli fonksiyon olsun. x ∼ f(x),∀x ∈ A olsun. X ∪ Y/x∼f(x) bölüm

uzayına Y nin X e eklenmiş uzayı denir ve X ∪f Y ile gösterilir.

Örnek 5.4.1.

A. X = [0, 1], Y = ∗ ve A = 0, 1 ⊂ X noktalarını alalım. f : A→ Y, f(x) = ∗

186

sabit fonksiyonu süreklidir. x ∼ f(x) yani 0 ∼ ∗, 1 ∼ ∗ denk kılalım. O halde

[0, 1]∪f ∗/0∼∗,1∼∗ dir. Geometrik olarak aralığa bir nokta ekleyerek elde edilen

ekli uzay çember olur.

B. X = D2 ve Y = ∗ nokta alalım. S1 = ∂D2 ⊂ D2

D2 ∪f ∗ ≈ S2 yani içi boş küreye homeomorftur.

C. (Silindir Dönüşümü): X ve Y herhangi iki topolojik uzay ve I = [0, 1] olsun.

X × 0 f // Y

X × I // X × I ∪f Y

X×I∪f Y ekli uzaya silindir dönüşümü denir ve X×I∪f Y ≈Mf ile gösterilir.

XxI

Y

Figure 5.9: Silindir dönüşümü

D. (Koni Dönüşümü):

X × 1 f // ∗

X × I // X × I ∪f Y = Cf

Cf dönüşümüne koni dönüşümü denir.

XxI

Xx1

Figure 5.10: Koni dönüşümü

187

5.5 Bir Topolojik Uzayın Süspansiyonu:

Tanım 5.5.1. X topolojik uzay ve I = [0, 1] olmak üzere;

X × I −→ X × I/X × 0, 1 = ΣX

bölüm uzayına X in süspansiyonu denir.

Örnek 5.5.1.

X = S1 alınırsa; S1× I/S1×0, 1 ∼= S2 dir. Yani çemberin süspansiyonu küredir.

ΣS1 = S2ve⇒ ΣSn−1 = Sn.

Tanım 5.5.2. f : X −→ Y sürekli verilsin. X × I ∪ Y/ ∼: x ∼ f(x) olmak üzere

f dönüşümüne silindir dönüşümü denir.

Örnek 5.5.2.

X × I = S1 × I alınırsa; silindir dönüşümü elde edilir.

ALIŞTIRMALAR

A. ∼, bir X topolojik uzayı üzerinde denklik bağıntısı veR = (x, y) ∈ X×X|x ∼

y olsun. π : X −→ X/ ∼ doğal dönüşüm olsun. Bu durumda;

a) X/ ∼, H-uzayı ise R ⊂ X ×Xin kapalı olduğunu gösteriniz.

b) R ⊂ X × X kapalı ve π : X −→ X/ ∼ açık dönüşüm ise X/ ∼nın H-uzayı

olduğunu gösteriniz.

B. R ⊂ X ×X açık ise,iX : X −→ x ×X

y 7→ iX(y) = (x, y)

dönüşümü X ile x ×X uzaylarını homeomorf kılıyor olmak üzere X/ ∼ üz-

erindeki bölüm topolojisinin discret olduğunu gösteriniz.

188

C. π1 : R2 −→ R

(x, y) 7→ π1(x, y) = x

izdüşüm dönüşümü verilsin.

a) X = (0 × R) ∪ (R × 0) ⊂ R2 alt uzayı ve g = π1|X olsun. g nin kapalı bir

dönüşüm olduğunu fakat açık olmadığını gösteriniz.

b) Y = (R+ × R) ∪ (R × 0) ⊆ R2 alt uzayı ve h = π1/Y olsun. h ın kapalı bir

dönüşüm olmadığını ancak bölüm dönüşümü olduğunu gösteriniz.

D. g : R2 −→ R+ = [0,∞)

(x, y) 7→ g(x, y) = x2 + y2

biçiminde tanımlanan g dönüşümünün bölüm dönüşümü olduğunu gösteriniz.

E. g : R2 −→ R

(x, y) 7→ g(x, y) = x+ y2

biçiminde tanımlanan g dönüşümünün bölüm dönüşümü olduğunu gösteriniz.

F. p : X −→ Y bir sürekli dönüşüm olsun. p f = 1Y olacak şekilde sürekli bir

f : Y −→ X dönüşümü mevcutsa, p bir bölüm dönüşümüdür. Gösteriniz.

G. Retraksiyonun bir bölüm dönüşümü olduğunu gösteriniz.

H. π1 : R × R −→ R birinci koordinat üzerine izdüşüm dönüşümü olsun. R × R

nin A alt uzayı şu şekilde tanımlansın:

A = x× y | x ≥ 0 ya da y = 0.

q : A −→ R, π1 in kısıtlanışı olsun. q nun bir bölüm dönüşümü olduğunu, fakat

189

açık dönüşüm olmadığını gösteriniz.

I. R üzerinde standart topoloji olsun.

p : R −→ a, b, c, d, e

x 7−→ p(x) =

a, x > 2

b, x = 2

c, 0 ≤ x > 2

d, −1 < x < 0

e, x ≤ 1

dönüşümünü tanımlayalım.

a) a, b, c, d, e üzerindeki bölüm topolojisinin açık kümelerini listeleyiniz.

b) R üzerinde alt limit topoloji olduğunu varsayarsak bu durumda a, b, c, d, e

üzerindeki bölüm topolojisinin açık kümelerini listeleyiniz.

J. X = R üzerinde standart topoloji olsun.

X∗ = ..., (−1, 0], (0, 1], (1, 2], ...

bölüntüsünü alalım. Bu takdirdeX∗ üzerindeki bölüm topolojisinin açık kümelerini

tanımlayınız.

K. X = R2 − 0 ın, orjinden çıkan her bir ışının elemanı olduğu bir bölüntü

tanımlayalım. Bu bölüntü üzerindeki bölüm topolojisi topolojik olarak hangi

uzaya denktir? Açıklayınız.

L. Tor yüzeyi üzerinde, torun aşağıda gösterilen kare modelini kullanarak XOX

oyununun kurallarını düzenleyelim. Bu durumda yeni kazanma durumları nel-

erdir? Açıklayınız.

190

M. R üzerinde

x− y ∈ Z =⇒ x ∼ y

denklik bağıntısı tanımlansın. Bu denklik bağıntısıyla elde edilen denklik sınıflarının

kümesi üzerindeki bölüm uzayını tanımlayınız.

N. R2 üzerinde

x1 + x2 = ω1 + ω2 =⇒ (x1, x2) ∼ (ω1, ω2)

denklik bağıntısı tanımlansın. Bu denklik bağıntısıyla elde edilen denklik sınıflarının

kümesi üzerindeki bölüm uzayını tanımlayınız.

O. R2 üzerinde

x21 + x2

2 = ω21 + ω2

2 =⇒ (x1, x2) ∼ (ω1, ω2)

denklik bağıntısı tanımlansın. Bu denklik bağıntısıyla elde edilen denklik sınıflarının

kümesi üzerindeki bölüm uzayını tanımlayınız.

P. aşağıdaki her bir durum için, elde edilen bölüm uzayının şeklini çiziniz. Uza-

ydaki noktaların her biri, diğer noktalarla özdeş kılındığı belirtilmedikçe, ken-

disiyle özdeş kılındığı varsayılacaktır.

a) Diskin sınır noktalarının bir noktaya özdeş kılınmasyla elde edilen bölüm

uzayı

b) S1 çemberinde, her bir antipodal nokta ikilisinin birbirine özdeş kılınmasyla

elde edilen bölüm uzayı

c) [0, 4] aralığında (R nin alt uzayı olarak ele alındığında) aralıktaki tam

sayıların birbiriyle özdeş kılınmasyla elde edilen bölüm uzayı

d) [0, 4] aralığında (R nin alt uzayı olarak ele alındığında) aralıktaki çift tam

sayıların bir noktaya ve tek tam sayıların da başka bir noktaya özdeş kılın-

masyla elde edilen bölüm uzayı

e) R de [−1, 1] aralığının bir noktaya katlanmasıyla elde edilen bölüm uzayı

191

f) R de [−2,−1]∪ [1, 2] kümesinin bir noktaya katlanmasıyla elde edilen bölüm

uzayı

g) R de (−1, 1) bir noktaya katlanmasıyla elde edilen bölüm uzayı

h) R2 de S1 çemberinin bir noktaya katlanmasıyla elde edilen bölüm uzayı

i) R2 de S1 çemberinin ve orjinin bir noktaya katlanmasıyla elde edilen bölüm

uzayı

j) Kürede kuzey ve güney kutup noktalarının birbirine özdeş kılınmasyla elde

edilen bölüm uzayı

k) Kürede ekvatorun bir noktaya özdeş kılınmasyla elde edilen bölüm uzayı.

Chapter 6

ÇARPIM UZAYLARI

6.1 tarihçe

Maurice Fréchet, soyut uzayların sonlu çarpımlarını 1910 yılında göstermiştir fakat

özel durum 1908 yılında Ernst Steinitz (1871-1928) tarafından verilmişti. Kavramın

sayılabilir sonsuzlara genişletilmesi 1920 lerde birçok matematikçi tarafından ele

alınmıştır ve çarpım uzayının genel tanımı 1930 yılında A.N. Tychonoff tarafından

formüle edilmiştir.

1935 yılında Tychonoff kompakt uzayların herhangi bir ailesinin çarpımının da

kompakt olduğunu ispatlamıştır. Bu sonuç günümüzde Tychonoff Teoremi olarak

bilinir ve bu sonuç Rn in kompakt ve sınırlı alt kümelerinin uygun özelliklerinin

genel topolojik uzaylara genelleştirilimesindeki kompaktlığı oluşturur. Buradaki

uygun özellikler, komapaktlık, dizisel kompaktlık, Bolzano-Weierstrass özelliğidir.

Stone-Cech kompaktlaştırması Tychonoff’un çaroım uzaylarıyla ilgili çalışmaların-

dan esinlenilmiştir.

Bağlantılılığın çarpımla korunması 1932 yılında Hans Hahn tarafından ispatlan-

mıştır. R∞ sonsuz boyutlu Euclid uzayı Fréchet tarafından tanımlanmıştır ve bu

uzaya Fréchet Uzayı denir. Buradaki kayda değer sonuç Fréchet uzayının Hilbert

uzayına homeomorf olmasıdır ve bu sonuç 1966 yılında R.D. Anderson tarafından

ispatlanmıştır.

Alexander Altbaz Teoremi, 1939 yılında J.W. Alexander (1888-1971) tarafından

ispatlanmıştır.

192

193

6.2 Çarpım Uzayları

Bu bölümde sonlu sayıda kümelerin kartezyan çarpımını vereceğiz. X1, X2, . . . , Xn

kümelerin kartezyen çarpımı,

n∏i=1

Xi = (x,x2, . . . , xn−1, xn) | xi ∈ Xi, i = 1, 2, . . . , n

şeklinde tanımlanır. Kartezyen çarpıma bazen sadece çarpımda diyeceğiz. Tanım-

dan da anlaşılasağı gibi Xi kümelerin kartezyan çarpımı, Xi kümesine ait sıralı n li

dizi elemanların oluşturduğu kümedir. Kartezyen düzlem, reel sayılar R küemsinin

kendisi ile kartezyen çarpımıdır. sıralı n li dizi elemanlardaki i nci yere genelde i

nci koordinat denir.

Tanım 6.2.1. I sayılabilir indeks kümesi(sonlu veya sonlu olmayan) olmak üzere

bir Xii∈I kümeler ailesi olsun. (x1, x2, . . . , xi, . . .) formundaki sıralı dizi eleman-

ların oluşturduğu kümeyi, ∏i∈I

Xi.

şeklinde tanımlyacağız.

x = (x1, x2, . . . , xi, . . .) ∈∏i∈I

Xi ise

xi ye x elemanın i nci koordinatı ve Xi kümesine∏

i∈I Xi çarpımın i nci bileşeni

denir.∏

i∈I Xi kümesine Xi( i ∈ I) kümelerin çarpımı denir.

Örnek 6.2.1.

I pozitif tam sayılar kümesi ve i ∈ I olmak üzere Xi kümesinin herbiri reel sayılar

kümesi olsun.∏

i∈I Xi kümesi, reel sayılar kümesindeki diziler kümesi olur.

iv. I = [0, 1] kapalı aralığı olsun. I × I üzerinde çarpım topolojisini, sıralama topolo-

jisini ve R2 üzerinde sözlük sıralama topolojisinin I× I üzerindeki alt uzay topolo-

jisini aralarında kıyaslayalım.

Örnek 6.2.2.

I×I üzerindeki çarpım topolojisi açık dikdörtgenlerin kesişimleriyle, sıralam topolo-

jisi açık aralıklarla ve sözlük sıralama topolojisinin alt uzay topolojisi ise R2 deki

açıklarla I × I nın kesişmesiyle elde edilirler. Her birinin tipik baz elemanları

aşağıda resmedilmiştir.

194

I×I üzerindeki çarpım topolojisi diğer ikisi ile kıyaslanabilir değildir. R2 üzerindeki

sözlük sıralama topolojisi ile indirgenen alt uzay topolojisi I×I üzerindeki sıralama

topolojisinden daha incedir. Bunun için aşağıdaki örnekleri ele alalım.

• A = (14, 1

2)×(1

4, 1

2) kümesi çarpım topolojisinde açıktır ancak diğer iki topolojide

açık değildir.

• B = 12 × (1

2, 1] kümesi sözlük sıralama topolojisinin alt uzay topolojisinde

açıktır ancak diğer iki topolojide açık değildir.

• Sıralama topolojisindeki tüm açık kümeler sözlük sıralama topolojisi ile in-

dirgenen alt uzay topolojisinde açıktır.

• C = (12 × (1

2, 1]) ∪ ((1

2, 2

3) × [0, 1]) ∪ (2

3 × [0, 1

2)) kümesi sözlük sıralama

topolojisinin alt uzay topolojisinde çaıktır ancak sıralama topolojisinde açık

değildir.

Örnek 6.2.3.

R×R üzerinde çarpım topolojisi ile R2 üzerinde standart topolojinin aynı olduğunu

gösterelim. R2 = R × R üzerindeki standart topoloji τ ve çarpım topolojisi τ ′ ile

gösterilsin. U ∈ τ için U ∈ τ ′ ve V ∈ τ ′ için V ∈ τ olduğunu göstermeliyiz. O

zaman U ∈ τ açığını alalım. Eğer (x, y) ∈ U ise Br(x, y) ⊆ U olacak şekilde r > 0

reel sayısı mevcuttur. s = r2alalım ve V = (x−s, x+s) ⊆ R veW = (y−s, y+s) ⊆

R alt kümelerini tanımlayalım. r > 0 ve s > 0 olduğundan V ve W ; R nin açık alt

kümeleridir. Ayrıca V ×W ⊆ Br(x, y) dir. Eğer (v, w) ∈ V ×W ise bu takdirde

195

|x− v| < s ve |y − w| < s dir. Böylece

‖(v, w)− (x, y)‖ ≤ ‖(v, w)− (v, y)‖+ ‖(v, y)− (x, y)‖

= |w − y|+ |v − x|

< s+ s

=r

2+r

2

= r

Buradan (v, w) ∈ Br(x, y) ise V ×W ⊆ U olur ki bu da U ∈ τ ′ olduğunu gösterir.

Tersine V ∈ τ ′ olsun. Eğer (x, y) ∈ V ise x ∈ G, y ∈ H ve G × H ⊆ V oalcak

şekilde R nin G ve H açık alt kümeleri mevcuttur. G ve H standart topolojiye

göre R de açık olduğundan (x− t, x+ t) ⊆ G ve (y − u, y + u) ⊆ H olacak şekilde

t, u > 0 reel sayıları mevcuttur.

s = mint, u

olsun. Bu durumda s > 0 dır ve

Bs(x, y) ⊆ (x− t, x+ t)× (y − u, y + u).

(a, b) ∈ Bs(x, y) olduğunu kabul edelim. O zaman

|a− x| ≤ ‖(a, b)− (x, y)‖ < s ≤ t ve

|b− y| ≤ ‖(a, b)− (x, y)‖ < s ≤ u

olur. Böylece

Bs(x, y) ⊆ (x− t, x+ t)× (y − u, y + u) ⊆ G×H ⊆ V.

Bu nedenle V kümesi R2 deki standart topolojiye göre açıktır.∏i∈I Xi çarpımında açık alt kümelerin kolleksiyonu bu çarpım kümesi için bir

topoloji oluşturmaz.∏

i∈I Xi çarpımı öyle bir alt küme olmasına rağmen sonlu

sayıda bu tür alt kümelerin birleşimi veya arakesiti bu tür alt küme olması gerek-

mez. Aksi halde, birleşimleri bir küme olan alt kümelerin kolleksiyonu, söz konu

küme üzerindeki topoloji için bir alt baz oluşturur. Bu nedenle aşağıdaki tanımı

yapacağız.

196

Tanım 6.2.2. Xii∈I topolojik uzaylar ailesi olsun.∏

i∈I Xi çarpımı üzarindeki

topoloji için baz, herbir i ∈ I için Ui Xi de açık olmak üzere∏

i∈I Ui formundaki

tüm kümelerin kolleksiyonudur. Bu baz tarafından oluşturulan topolojiye kutu(box)

topolojisi denir.

Şimdi, tanımdaki formülasyonu altbaza taşıyacağız.

πi :∏i∈I

Xi −→ Xi ((x1, x2, . . . , xi, . . .) 7→ πi(x1, x2, . . . , xi, . . .) = xi

şeklinde tanımlanan dönüşüme izdüşüm(projeksiyon) dönüşümü denir.

Tanım 6.2.3. Si = π−1i (Ui) | Ui, Xi de açık kolleksiyonu verilsin. Bu kolleksiy-

onların birleşimini

S =⋃i∈I

Si

şeklinde gösterelim. Alt baz S tarafından oluşturulan topolojiye çarpım topolojisi

denir. Bu topolojideki∏

i∈I Xi ye de çarpım uzayıdenir.

Örnek 6.2.4.

Xi topolojik uzaylar olmak üzere çarpım topolojisinde B′ = ∏Ui : Ui ⊂ Xi açık

sınıfını baz almadık ki bu aslında çarpım topolojisinde kullandığımız bazdan daha

kolaycadır. (∏Xi üzerinde çarpım topolojisi nasıl tanımlanıyordu?)

∏Xi üzerinde

B′ nü baz kabul eden topolojiye box topoloji denir. Aşağıdaki örneğimiz bu uzayı

neden kullanmak istemediğimize yönelik bize ışık tutatcaktır.

f : R −→ R f(t) = (t, t, ...) fonksiyonunu alalım. R üzerinde standart topoloji

ve∞∏i=1

R üzerinde ise box topolojisi mevcut olsun. V =∞∏i=1

(−1

n,

1

n) kümesi için

V kümesi R de f(0) = (0, 0, ...) noktasını içeren açık bir kümedir. Ancak 0 ın

f(U) ⊂ V olacak şekilde bir (−ε, ε) komşuluğu mevcut değildir çünki olsaydı ε < 1n

olurdu ki bu da çelişkidir. Bu nedenle f dönüşümü sürekli değildir.

Eğer∞∏i=1

R üzerinde çarpım topolojisi olsaydı U =∞∏i=1

(−1

n,

1

n) kümesi açık ol-

mayacaktı çünki 0 noktasını içeren ve U tarafından kapsanılan baz elemanı mevcut

değildir. Çarpım topolojisindeki baz elemanı U1×U2×...×Uk×R×R×... tipindedir

burada U1, ..., Uk sonlu listesi R nin açık özalt kümeleridir. Gerçekten de görülür

ki f dönüşümü, görüntü kümesi üzerinde çarpım topolojisi varken süreklidir.

Örnek 6.2.5.

RN = (x1, x2, ...) : xn ∈ R ∀n ∈ N ≈∏n∈N

R reel sayılar dizisini göz önüne alalım,

197

RN nin de bir

R∞ := x ∈ RN : xn ler en fazla n noktada sıfırdan farklı

alt kümesini düşünelim. Bu takdirde RN de box topolojisi varken R∞ kümesinin

kapanışını hesaplayalım. Bu kümenin kapanışının kendisine eşit olduğunu iddia

ediyoruz. Bunu ispatlamak için RN − R∞ kümesinin açık olduğunu başka bir dey-

işle kendi iç noktalarının komşuluğu olduğunu göstermeliyiz. O halde x ∈ RN−R∞

alalım. Bu durumda bir x = (x1, x2, ...) dizisinin sonsuz çoklukta xn girdisi sıfır-

dan farklıdır. Bu tip n indisleri için xn ∈ R nin 0 noktasını içermeyen Un açık

komşuluklarını alalım. Diğer n indisleri içinse Un = R diyelim. O zaman∏

n Un,

x dizisinin R∞ u kesmeyen açık komşuluğudur. RN − R∞ açık olduğundan R∞

kapalıdır.

Örnek 6.2.6.

RN de çarpım topolojisi mevcut olsun ve (a1, a2, ...) (ai > 0) ve (b1, b2, ...) ∈ RN

elemanları verilsin.

h : RN −→ RN, (x1, x2, ...) 7→ (a1x1 + b1, a2x2 + b2, ...)

dönüşümünü ele alalım. ∀n için

hn : R −→ R

x 7→ hn(x) = anx+bn dönüşümü πn projeksiyon dönüşümü olmak üzere

πn h = hn πn sürekli olduğundan h dönüşümü de süreklidir. Benzer argümandan

h−1((x1, x2, ...)) = (x1 − b1

a1

,x2 − b2

a2

, ...)

ters fonksiyonu da süreklidir. Böylece h homeomorfizmadır. (h nin bijektif olduğu

alıştırma olarak öğrenciye bırakılmıştır.)

Örnek 6.2.7.

RN yukarıdaki gibi tanımlansın ancak bu sefer üzerinde çarpım topolojisi mevcut

olsun. Bu durumda R∞ un çarpım topolojsinde kapalı olup olmadığını belirleyelim.

Bu kümenin kapanışının RN olduğunu yani yoğun alt küme olduğunu iddia ediyoruz.

x ∈ RN − R∞ ve U =∏

n Un açık komşuluğunu alalım öyle ki ∀n için Un ⊆ R açık

ve sonlu sayıda n dışında Un = R olsun. Özel olarak öyle bir N doğal sayısı vardır

198

ki n ≥ N için Un = R dir. ∀n ≥ N için yn = 0 ve 1 ≤ n < N iken yn ∈ Un olacak

şekilde bir y dizisi düşünelim. O zaman y ∈ U ∩ R∞ dir. U formundaki kümeler

çarpım topolojisinde açık olduğundan x in her açık komşuluğu R∞ ile kesişir. Bu

durumda x noktası RN − R∞ kümesinin bir iç noktası değildir. Böylece RN − R∞

nin içi boştur. Ya da buna denk olarak R∞ un kapanışı RN dir.

Örnek 6.2.8.

Sonlu sayıda Xi diskret uzaylar ailesinin çarpımı X1 × Xn da diskret uzaydır,

çünki x = (x1, ..., xn) dizisi x1 × ... × xn açık kümelerin çarpımına eşittir.

Öte yandan tek noktalı olmayan diskret Xα uzaylarının sonsuz çarpımı∏

αXα ise

diskret değildir çünki hiç bir x ∈∏

αXα noktası için x açık bir küme değildir.

Bunun nedeni çarpım uzayının bazında hiç bir eleman sonlu sayıda koordinattan

fazla koordinat içeren noktaları kısıtlayamaz.

Örnek 6.2.9.

(Xi, di) (1 ≤ i ≤ n) metrik uzaylar olsun. Metrik uzayların X1× ...×Xn üzerinde

m(x, y) = maxdi(xi, yi) : 1 ≤ i ≤ n

metriği tanımlanabilir. U1 × ... × Un açık kümelerin çarpımı metrikle üretilen

topoloji için bazdır çünki (X,m) deki bir B(x, r) m-topu Xi deki Bdi(xi, r) di-

toplarının B1× ...×Bn çarpımıdır. Böylece metriğin doğurduğu topoloji ile çarpım

topolojisi çakışır. Özel olarak Rn; R nin n-kopyasının R× ...×R çarpımına home-

omorftur. Benzer şekilde In ⊂ R n-küpü, I birim aralığının n-kopyasının I× ...× I

çarpımına homeomorftur.

Örnek 6.2.10.

İzdüşüm fonksiyonlarının açık dönüşüm olduğunu biliyoruz. Şimdi de neden aynı

zamanda kapalı dönüşüm olamayacaklarını bir örnekle açıkllayalım. Buna göre

çarpım uzayında kapalı bir kümenin izdüşüm fonksiyonu altında kapalı bir kümeye

gitmeyecek şekilde bir örnek oluşturmalıyız. X = Y = R üzerinde standart topoloji

ve X × Y = R2 üzerinde standart çarpım topolojisi olsun.

C = (x, y) ∈ R× R : xy = 1 = (x, 1

x) : x 6= 0 ⊂ R× R

199

hiperbolünü düşünelim. Önce C nin neden kapalı olduğunu açıklayalım.

f : R× R −→ R

(x, y) 7→ f(x, y) = xy

şeklinde tanımlansın. Bu dönüşüm süreklidir. Ayrıca 1 ⊂ R kapalı ve f de

sürekli olduğundan

C = f−1(1)

de kapalı olur.

C hiperbolünün

π1 : R× R 7−→ R

birinci izdüşüm fonksiyonu altındaki görüntüsü

f(C) = R− 0

olur ki bu küme R de kapalı değildir. O halde izdüşüm fonksiyonları kapalı dönüşüm

olmayabilir.

Örnek 6.2.11.

T 2 ⊂ R3 Torr yüzeyi ayrık ve aynı düzlemde bulunmayan iki doğru etrafında çem-

berin döndürülmesiyle elde edilir. Bu yüzey S1×S1 çarpım uzayına homeomorftur.

(Alıştırma) Şekildeki T 2 üzerinde dikdörtgen yama, yüzeyin alt uzay topolojisi için

bir bazdır ve S1 × S1 deki U × V açık kümelerin çarpımı olan baza karşılık gelir.

Kutu topolojisi ile Çarpım topolojisini karşılaştıran teoremi verelim.

Teorem 6.2.1.∏

i∈I Xi üzerindeki kutu topolojisinin, her bir i ∈ I için Ui Xi açık

olmak üzere∏

i∈I Ui formundaki tüm kümelerin oluşturduğu bazı vardır.∏

i∈I Xi

üzerindeki çarpım topolojisinin, her bir i ∈ I için Ui Xi açık ve i sonlu değerleri

dışında Ui = Xiolmak üzere∏

i∈I Ui formundaki tüm kümelerin oluşturduğu bazı

vardır.

İspat:Alt baz S nın ürettiği B bazını ele alalım. B kolleksiyonu, S ye ait eleman-

ların tüm sonlu arakesitlerini içerir. aynı olan Si kümelerinden birini içeren baz

elemanlarının arakesitini alırsak,

π−1i (Ui) ∩ π−1

i (Vi) = π−1i (Ui ∩ Vi)

200

eşitliği oluşur.

Farklı olan Si kümelerinden birini içeren baz elemanlarının arakesitini alırsak, şöyle

durum oluşur:

i1, i2, . . . , in kümesi, indeks I kümesindeki farklı indislerin sonlu kümesi olsun.

k = 1, 2, . . . , n için Uik kümesi Xik de açık olsun.

B = π−1i (Ui1) ∩ π−1

i (Ui2) ∩ · · · ∩ pi−1i (Uin−1) ∩ π−1

i (Uin)

= π−1i (Ui1 ∩ Ui2 ∩ · · · ∩ Uin−1 ∩ Uin).

B de B bazının tipik elemanıdır.

x = (xi) noktasının B de olması için gerek ve yeter şart k = 1, 2, . . . , n olmak üzere

ik nci koordinat Uik kümesinde olmasıdır. i indisi, i1, i2, . . . , ik indislerinden biri

değilse x elemanını i nci koordinatı üzerinde bir kısıtlama yoktur. B baz elemanını,

i 6= i1, i2, . . . , in durumunda Ui = Xi olmak üzere

B =∏i∈I

Ui

şeklindedir. Bu da ispatı tamamlar.

Teoremden iki durum oluşmaktadır. Birincisi, sonlu çarpımda bu iki topoloji

aynıdır. İkincisi, kutu topolojisi genelde çarpım topolojisinden daha güçlüdür.

Aşağıdaki Teoremi baz tanımından hemen elde ederiz.

Teorem 6.2.2. Bi bazı, Her bir Xi uzayı üzerindeki topoloji için verilsin. O halde∏i∈I Bi formundaki tüm kümelerin kolleksiyonu,

∏i∈I Xi üzerindeki kutu topolojisi

için bir baz oluşturur.

Örnek 6.2.12.

n-boyutlu Rn Euclid Uzayını ele alalım. R için baz, R deki tüm açık aralıkları

içerir. Rn üzerindeki topoloji için baz,

(a1, b1)× (a2, b2)× (an−1, bn−1)× (an, bn)

formundaki çarpımı içerir. Rn uzayı, bir sonlu çarpım olduğundan, kutu ve çarpım

topolojileri aynıdır.

Teorem 6.2.3. Her bir i ∈ I için Ai, Xi uzayının alt uzayı olsun. Her iki çarpım

kutu topolojisinde veya çarpım topolojisinde verilmiş ise∏

i∈I Ai çarpımı,∏

i∈I Xi

çarpım uzayının alt uzaydır.

201

Teorem 6.2.4. Her bir i ∈ I için Xi bir Hausdorff uzayı ise∏

i∈I Xi çarpım uzayı,

hem kutu hemde çarpım topolojisine göre Hausdorf uzaydır.

Teorem 6.2.5. Xii∈I topolojik uzay ailesi ve herbir i ∈ I için Ai kümesi, Xi

uzayının alt uzayı olsun.

X =∏i∈I

Xi

çarpımında çarpım topoloji veya kutu topoloji ile verilsin. O halde∏i∈I

Ai =∏i∈I

Ai dir.

İspat: x = (xi) ∈∏

i∈I Ai olsun. x = (xi) ∈∏

i∈I Ai olsuğunu göstermemiz

gerekli. x = (xi) nokatsını içeren

U =∏i∈I

Ui

klümesi çarpım veya kutu topolojiisi için bir baz elamanı olsun. xi ∈ Ai olduğundan

herbir i ∈ I için yi ∈ Ui ∩ Ai elemanını seçebiliriz. O halde y = (yi) elemanı hem

U hemde∏

i∈I Ai tarafından içerilmektedir. U keyfi olduğundan

x = (xi) ∈∏i∈I

Ai dir.

Tersine,

x = (xi) ∈∏i∈I

Ai olsun.

Verilen herhangi bir j indisi için xj ∈ Aj olduğunu göstermemiz yeterli olacak-

tır. xj elemanını içeren Vj kümesi Xj keyfi bir açık küme olsun. Ters π−1j (Vj)

görüntü kümesi çarpım topolojisi veya kutu topolojisine göre∏

i∈I Xi çarpımunda

açık olduğundan bu açık küme∏

i∈I Ai çarpımına ait y = (yi) elemanını içerir. O

zaman, yj ∈ Vj ∩ Aj olur. Böylece xj ∈ Aj dir.

Teorem 6.2.6. Herbir i ∈ I için fi : A −→ Xi ve∏

i∈I Xi üzerinde çarpım

topolojisi var olsun.

f : A −→∏i∈I

Xi a 7→ f(a) = (f1(a), f2(a), f3(a), . . .)

şeklinde tanımlanan fonksiyonun sürekli olması için gerek ve yeter şart her bir i ∈ I

için fi nin sürekli olmasıdır.

202

İspat:πj dönüşümü,∏

i∈I Xi çarpımındaki j nci çarpana taşıyan izdüşüm dönüşümü

olsun. Xj deki herbir Uj açığı için ters görüntü π−1j (Uj) kümesi Xj üzerindeki

çarpım topolojisi için bir alt baz elemanıdır. Böylece izdüşüm πj dönüşümü sürek-

lidir. Şimdi, f : A −→∏

i∈I Xi dönüşümü sürekli olsun. fj = πj f olduğunu

kolayca görebiliriz. Bileşkedeki iki fonksiyon sürekli ve sürekli iki fonksiyonun

bileşkesi sürekli olduğundan fj süreklidir.

Tersine, herbir i ∈ I için fi sürekli fonsiyon olsun. f nin sürekliliğini göstermemiz

için∏

i∈I Xi deki herbir alt baz elemanının f altındaki ters görüntü kümesinin A

da açık olduğunu göstermeliyiz.∏

i∈I Xi üzerindeki alt baz elemanı, Uj kümesi

Xj de açık olmak üzere π−1j (Uj) formundaki kümedir. Şimdi,fj = πj f eşitliğini

gözönüne aldığımızda

f−1(π−1j (Uj)) = fj(Uj)

eşitliğini elde ederiz. fj sürekli olduğundan bu küme A da açıktır.

Örnek 6.2.13.

Her n ∈ N için Xn = R ve τn, R üzerinde standart topoloji olmak üzere

X =∏n∈N

Xn

çarpımı üzerinde çarpım topolojisi alalım.

f : R −→ X, x 7→ f(x) = (x, x, . . .)

şeklinde tanımlansın. Bu fonksiyon f nin izdüşüm fonksiyonu πn ile birleşimi πn

f = 1R birim fonksiyon olup süreklidir. Çapım topolojisine göre f süreklidir. Diğer

taraftan, X =∏

n∈NXn çarpımı üzerinde kutu topolojisi alalım. f fonksiyonu

sürekli değildir.

U =∏n∈N

(− 1

n,

1

n)

kümesi X de açık olup ters görüntü f−1(U) kümesi R de açık değildir. Çünkü

0 ∈ f−1(U) için (−ε, ε) ⊂ f−1(U) olcak şekilde ε > 0 sayısı yoktur. Gerçekten,

(−ε, ε) ⊂ f−1(U) olsa idi n ∈ N için πn(f((−ε, ε))) ⊂ πn(U) ve n ∈ N için (−ε, ε) ⊂

(− 1n, 1n) olurdu. Bu ise bir çelişki!

Önerme 6.2.1. Xii∈I topolojik uzay ailesinin çarpım uzayı∏i∈I

Xi

203

olsun. O halde, herbir i ∈ I için Xi uzayı∏

i∈I Xi uzayının alt uzayına homeomor-

fiktir.

İspat:ÖnermeyiX1 uzayı için ispatlayacağız. x2, x3, . . . , xi, . . . sırasıylaX2, X3, . . . , Xi, . . .

de sabit nokta olsun.

q1 : X1 −→∏i∈I

Xi, x 7→ q1(t) = (t, x2, x3, . . . , xi, . . .)

şeklinde tanımlansın.∏

i∈I Xi nin alt uzayı

Y = (t, x2, x3, . . . , xi, . . .) | t ∈ X1

şeklinde tanımlansın. O zaman, q1 dönümümü örten ve ayrıca bire-bir dir. Böylece,

q1 dönüşümün kendisi ve tersinin sürekli olduğunu göstermek kalıyor.

U kümesi Y nin açık alt kümesi olsun. O halde, U ′ kümesi∏i∈I

Xi

çarpım uzayunun bir açık alt kümesi olmak üzere U = Y ∩U ′ dir. π1 birinci izdüşüm

dönüşümü ise görüntü π1(U ′) kümesi X1 in açık alt kümesidir. q−11 (U) = π1(U ′)

eşitliğini kolayca göerbiliriz. Buradan ters görüntü q−11 (U) kümesi X1 de açıktır ve

böylece q1 süreklidir.

Diğer taraftan, V kümesi X1 in açık alt kümesi olsun. W1 = V ve i = 2, 3, . . . için

Wi = Xi olmak üzere,

q1(V ) = (q−11 )−1(V ) = Y ∩

∏i∈I

Wi dir.

(q−11 )−1(V ) kümesi Y nin açık alt kümesidir. Yani q−1

1 sürekli fonksiyondur. Sonuç

olarak, q1 bir homeomorfizmadır.

Örnek 6.2.14.

I = [0, 1] kapalı birim aralığı verilsin. Bu aralığı üç eşit parçaya bölelim ortadaki

parçayı çıkartalım, yani

C1 = [0,1

3] ∪ [

2

3, 1].

Elde ettiğimiz iki aralığı yine üç eşit parçaya bölelim ve her ikisinde ortadaki parçayı

çıkartalım, yani

C2 = [0,1

9] ∪ [

2

9,1

3] ∪ [

2

3,7

9][

8

9, 1].

204

Bu işlemi devam ettirdiğimizde

C1 ⊃ C2 ⊃ C3 · · ·

aralarında böyle bağıntı olduğu kolayca görülür. Cn kümesinde 2n tane ayrık ka-

palı aralık vardır. Bu aralıkları soldan sağa doğru numaralandırırsak tek veya çift

kavramından bahsedebiliriz. Cantor kümesini, i ∈ N olmak üzere Ci kümelerinin

arakesiti olarak tanımlarız, yani

C =⋂i∈N

Ci.

A = 0, 2 ve n ∈ N olmak üzere An kümesi A kümesinin n tane kopyası olsun.

f : C −→∏n∈N

An x 7→ f(x) = (a1, a2, . . .)

burada

an =

0, x elemanı Cnkümesindeki numarası tek sayı olan aralığa ait ise

2, x elemanı Cnkümesindeki numarası çift sayı olan aralığa ait ise.

Buna göre bir x elemanı taban 3 e göre,

x = a1(1

3) + a2(

1

9) + a3(

1

27) + · · ·+ an(

1

3n) + · · · .

Yukarıda tanımlanan f fonksiyonu bir homeomorfizmadır. Gerçekten, f nin tanımın-

dan, verilen (a1, a2, . . .) elemanı için

x = a1(1

3) + a2(

1

9) + a3(

1

27) + · · ·+ an(

1

3n) + · · ·

ifade edildiğinden x ∈ C yani f örtendir. f nin bire-bir olmasını görelim. x 6= y

olmak üzere x, y ∈ C olsun. O zaman

x = a1(1

3) + a2(

1

9) + a3(

1

27) + · · ·+ an(

1

3n) + · · · ve

y = b1(1

3) + b2(

1

9) + b3(

1

27) + · · ·+ bn(

1

3n) + · · · .

x elamanı y elamanından farklı olduğundan enaz bir j ∈ N için aj 6= bj dir.

Buda f nin bire-bir olmasını verir. f nin kendisi ve tersinin sürekliliği ödev olarak

bırakılmıştır.

ALIŞTIRMALAR

205

A. X ve Y topolojik uzaylar, A ⊂ X ve B ⊂ Y olsun.

i) A×B = A×B

ii) (A×B) = A ×B

eşitliklerini ispatlayınız.

B. X ve Y topolojik uzaylar olsun. Bu takdirdeX×Y çarpım topolojisi üzerindeki

birinci ve ikinci izdüşüm fonksiyonlarının sürekli olduğunu ispatlayınız.

C. X ve Y topolojik uzaylar olsun. Bu takdirde ιX : Y −→ X×Y , ιX(y) = (x, y)

şeklinde tanımlı ιX fonksiyonunun sürekli olduğunu gösteriniz.

D. Xαα∈I ve Yαα∈I , aynı I indek kümesiyle indislenmiş iki topolojik uzaylar

ailesi ve ∀α ∈ I için fα : Xα −→ Yα sürekli fonksiyonlar olsun.

f :∏α∈I

Xα −→∏α∈I

Yα

(f(x))(α) = fα(xα) ile tanımlı f dönüşümünün sürekli

olduğunu gösteriniz.

E. (a, b) × (c, d) : a < b, c < d ve a, b, c, d ∈ Q sayılabilir koleksiyonunun R2

için bir baz teşkil ettiğini gösteriniz.

F. Rm × Rn üzerinde çarpım topolojisi ile Rm+n üzerindeki standart topolojinin

aynı olduğunu gösterelim.

G. (X1 × ...×Xn−1)×Xn ≈ X1 × ...×Xn−1 ×Xn olduğunu ispatlayınız.

H.∏

α fα :∏

αXα −→∏

α Yα çarpım uzayları arasında bir homeomorfizma ise

fα : XαYα lar da homeomorfizmadır, gösteriniz.

I. [0, 1]× [0, 1) ve (0, 1)× [0, 1) uzaylarını çiziniz ve bu çarpım uzayları arasında

homeomorfizmanın kurulup kurulamayacağını belirleyiniz.

J. X ve Y aşağıdaki şekiller olsun. I = [0, 1] olmak üzere X × I ile Y × I ve X

ile Y arasında bir homeomorfizma kurulabilir mi? Açıklayınız.

K. p1 : X × Y −→ X ve p2 : X × Y −→ Y projeksiyon dönüşümlerinin açık

dönüşümler olduğunu biliyoruz. Bu dönüşümlerin kapalı dönüşümler de olduğunu

söylemek mümkün müdür? Açıklayınız.

206

L. Eğer (Xi, di) ler metrik uzay iseler

d(x, y) =∞∑i=1

1

2idi(xi, yi)

1 + di(xi + yi)

de∏Xi çarpımı için bir metriktir, ispatlayınız.

M.∏

iXi üzerindeki boz topolojisinin,∏

iXi üzerindeki çarpım topolojisinden

daha ince olduğunu ispatlayınız.

N. T 2 torr yüzeyinin S1 × S1 uzayına homeomorf olduğunu gösteriniz.

O. R reel sayılar kümesi ve R2 üzerinde de box topolojisi mevcut olsun. Bu

takdirde f : R −→ R2, f(x) = (x, x) fonksiyonunu sürekli kılacak R üzerindeki

en kaba topolojiyi belirleyiniz.

P. (a1, a2, ...) (ai > 0) ve (b1, b2, ...) ∈∏

iRN elemanları verilsin.

h : RN −→ RN, (x1, x2, ...) 7→ (a1x1 + b1, a2x2 + b2, ...)

dönüşümünün RN de box topolojisi varken çarpım topolojisi varken homeomorf

olduğunu gösteriniz.

Chapter 7

AYIRMA AKSİYOMLARI

7.1 Tarihçe

Ayırma aksiyomlarının sayı şeması 1923 yılında Heinrich Tietze tarafından ele alın-

mıştır. T0 özelliği A.N. Kolmogorov’a dayanır; T1 uzayları 1907 yılında "erişilebilir

uzaylar" (accessible spaces) adıyla Fréchet tarafından tanımlanmıştır. T2 özelliği

1914 yılında Hausdorff tarafından topolojik uzayların aksiyomlarını tanımlarken

kullanılmıştır. Regüler uzaylar 1921 de Vietoris ve 1923 de Tietze tarafından;

tamamen regüler uzaylar 1924 de Urysohn ve 1930 da Tychonoff tarafından; nor-

mal uzaylar 1921 de Tietze ve 1924 de Alexandroff ve Urysohn tarafından; tamamen

normal uzaylar ise 1923 de Tietze tarafından ele alınmıştır.

7.2 T0-Uzayları

Tanım 7.2.1. (X, τ) topolojik uzayının her farklı iki elemanları x ve y için x ele-

manının y elemanını içermeyen bir Ux komşuluğu veya y elemanının x elemanını

içermeyen bir Uy komşuluğu varsa bu uzaya T0-uzayı denir. Bazen bu uzaya Kol-

mogorov uzayı da denir.

Örnek 7.2.1.

207

208

X = 0, 1 kümesi üzerindeki topoloji aşikar olsun. X topolojik uzayı T0-uzayı

değildir. X üzerindeki topolojiyi ∅, X, 0 alırsak X topolojik uzayı T0-uzayıdır.

Örnek 7.2.2.

Birden fazla elemana sahip X kümesi üzerinde aşikar topoloji verilsin. Bu topolojik

uzay T0-uzayı değildir çünkü X e ait her noktanın tek açık komşuluğu vardır.

Örnek 7.2.3.

X = 1, 2, 3 kümesi üzerinde τ = X, ∅, 1, 2, 3 topolojisi verilsin. 2 ve 3

farklı noktalarını içeren bir açık komşuluk olduğundan verilen topolojik uzay T0-

uzayı değildir.

Örnek 7.2.4.

Real sayılar R kümesi üzerindeki standart topolojisi, alt limit topolojisi ve üste

limit topolojisine göre T0-uzayıdır.

Örnek 7.2.5.

Her bir n ∈ N için An = 1, 2, . . . , n olmak üzere

τ = An | n ∈ N ∪ ∅,N

topolojisi bir T0 dır.

Örnek 7.2.6.

R üzerinde P = [2a, 2a+ 2) : a ∈ Z parçalanışını alt baz kabul eden topolojiye

τP diyelim. x = 0 ve y = 1 olsun. x noktasını içeren en küçük açık küme [0, 2)

dir ancak bu küme y noktasını içerir. Yine y noktasını içeren en küçük açık kğme

[0, 2) dir ancak x noktasını içerir. O halde (R, τP) uzayı T0-uzayı değildir.

Teorem 7.2.1. X topolojik uzayının T0-uzayı olması için gerek ve yeter şart her

farklı x, y için y /∈ x ya da x /∈ y olmasıdır.

İspat: (⇒) X topolojik uzayının T0-uzayı olduğunu varsayalım. x, y ∈ X olsun.

x elemanının y yi içermeyen bir Ux komşuluğu varsa, Ux ∩ y = ∅ olduğundan

x /∈ y olur. Benzer şekilde y elemanının x elemanını içermeyen bir Uy komşuluğu

varsa Uy ∩ x = ∅ olduğundan y /∈ x olur.

(⇐) x, y ∈ X olsun. Hipotezden, ya x /∈ y ya da y /∈ x dir. x /∈ y ise

U = X − y kümesi x elemanının y elemanını içermeyen bir açık komşuluğudur.

y /∈ x ise V = X − x kümesi y elemanının x elemanını içermeyen bir açık

komşuluğudur. Böylece X bir T0-uzayıdır.

209

Örnek 7.2.7.

(X; d) bir metrik uzay olsun. Bu uzayda her tek noktalı küme kapalı olduğundan

metrik uzayı T0-uzayıdır.

Not 7.2.1. Bir T0-uzayı üzerinde oluşturulan bölüm uzayının T0-uzayı olması gerek-

mez.

Önerme 7.2.1. X topolojik uzayı T0-uzayı olsun. X üzerindeki ∼ bağıntısı

x ∼ y ⇔ x = y

olarak tanımlansın. O zaman X/ ∼bölüm uzayı T0-uzayıdır.

İspat: q : X −→ X/ ∼ bölüm dönüşümünün açık dönüşüm olduğu kolyca

görülebilir. [x], [y] noktaları X/ ∼ farklı noktalar olmak üzere q(x) = [x] ve

q(y) = [y] olsun. x ve y birbirlerine denk olmadığından x 6= y olur. Bu du-

rumda x ∈ U fakat y /∈ U olduğundan U X de açık alt kümedir. q açık dönüşüm

olduğundan q(U) alt kümesi X/ ∼ de açıktır ve [x] ∈ q(U) dir. Ayrıca [y] /∈ q(U)

dir. Eğer [y] ∈ q(u) olsa idi q(y) = q(z) olacak şekilde bir z ∈ U vardır. Dolasıyla

y = z ve z ∈ y dir. Böylece y ∩ U 6= ∅ olur. Bu ise y ∈ U demektir. Bu

da varsayım ile çelişir. Sonuç olarak, bölüm uzayı T0-uzayıdır.

Örnek 7.2.8.

τf , X kümesi üzerinde sonlu tümleyenler topoloji olmak üzere (X, τf ) bir T0-

uzayıdır.

Önerme 7.2.2. Bir T0-uzayının alt uzayı da T0 dır.

İspat: (X, τ) uzayı T0-uzayı ve A ⊂ X olsun. Farklı a, b ∈ A elemanları verilsin.

X uzayı T0-uzayı olduğundan b /∈ U olacak şekilde a elemanın X de bir açık

U komşuluğu vardır. Böylece V = A ∩ U kümesi a elemanın A daki bir açık

komşuluğudur ve ayrıca b /∈ V dir. Yani A alt uzayu T0-uzayıdır.

Teorem 7.2.2. Xii∈I topolojik uzay ailesi olmak üzere

X =∏i∈I

Xi

çarpım uzayı olsun. X Çarpım uzayının T0-uzayı olması için gerek ve yeter şart

her bir i ∈ I için Xi uzayının T0-uzayı olmasıdır.

İspat: Çarpım uzayı X, T0-uzayı olsun. Her bir i ∈ I için Xi uzayı çarpım uzayı

X in alt uzayına homeomorf olduğundan Önerme 7.2.2 den her bir i ∈ I için Xi

210

bir T0-uzayıdır.

Tersine, her bir i ∈ I için Xi uzayının T0-uzayı olsun. Farklı x, y ∈ X elemanlarını

alalım. O halde, en az bir j ∈ I için farklı xj, yj ∈ Xj noktaları vardır. Xj uzayı

T0-uzayı olduğundan yj /∈ U olacak şekilde xj noktasının bir açık U komşuluğu

vardır. Ters görüntü π−1j (U) kümesi x noktasının bir açı komşuluğudur ve ayrıca

y /∈ π−1j (U) dir. Buda istenilen sonuçtur.

Önerme 7.2.3. T0 olma özelliği bir topolojik özelliktir.

İspat: (X, τ) topolojik uzayı T0-uzayı olmak üzere

f : (X, τ) −→ (Y, τ ′)

homeomorfizma olsun. Farklı y1, y2 ∈ Y elamanları verilsin. f örten olduğundan

f(x1) = y1 ve f(x2) = y2 olacak şekilde farklı

x1, x2 ∈ X

elemanları vardır. (X, τ) topolojik uzayı T0-uzayı olduğundan x2 /∈ U olacak şekilde

x1 noktasının bir açık U komşuluğu vardır. f açık dönüşüm olduğundan görüntü

f(U) kümesi y1 noktasının bir açık komşuluğudur ve ayrıca f bire-bir olduğundan

y2 /∈ f(U) dir.

ALIŞTIRMALAR

7.3 T1-Uzayları

Tanım 7.3.1. Bir topolojik uzayının farklı iki elemanları x ve y için x elemanının

y elemanını içermeyen bir Ux komşuluğu ve y elemanının x elemanını içermeyen

bir Uy komşuluğu varsa, bu uzaya T1-uzayı denir.

Örnek 7.3.1.

211

X boştan farklı bir küme olsun. X üzerindeki topoloji ayrık topoloji ise bu uzay

T1-uzayıdır. X üzerindeki topoloji aşikar topoloji ise bu uzay T1-uzayı değildir.

Örnek 7.3.2.

X = 0, 1 ve τ = ∅, X, 0 olsun. Bu uzay T1-uzayı değildir fakat T0-uzayıdır.

Not 7.3.1. Her T1-uzayı bir T0-uzayıdır. Tersi doğru değildir.

Teorem 7.3.1. (X, τ) topolojik uzayının T1-uzayı olabilmesi için gerek ve yeter

şart X in her tek noktalı alt kümesinin kapalı olmasıdır.

İspat (⇒) (X, τ) bir T1-uzayı olsun. x ∈ X ve y ∈ X − x verilsin. x 6= y

olduğundan y elemanının x elemanını içermeyen bir Uy komşuluğu vardır. Böylece

y ∈ Uy ⊂ X − x dir. Dolayısıyla X − x açıktır. Yani x ⊂ X kümesi

kapalıdır.

(⇐) x, y ∈ X(x 6= y) olsun. x ve y kapalı olduğundan, Ux = X − y ve

Uy = X − x kümeleri sırasıyla x in y yi içermeyen ve y nin x i içermeyen bir

komşuluğudur. Böylece X bir T1-uzayıdır.

Sonuç 7.3.1. Bir sonlu topolojik uzayının T1-uzayı olması için gerek ve yeter şart

bu uzayın ayrık olmasıdır.

Örnek 7.3.3.

Boştan farklı bir X kümesi üzerinde sonllu tümleyenler topolojisi verilsin. Bu

topolojiye göre her tek noktalı küme kapalı olduğundan bu uzay T1-uzayıdır.

Örnek 7.3.4.

Her metrik uzay bir T1-uzayıdır çünkü metrik uzayın her tek noktalı alt kümesi

kapalıdır.

Örnek 7.3.5.

N deki bir F alt kümesinin kapalı olması için gerek ve yeter şart bu F kümesinin N

nin sonlu sayıda elemanını içermesi veya F = N olmasıdır. Bu şekilde oluşturulan

N nin kapalı alt kümeler kolleksiyonu N üzerinde bir topolojidir. Bu topolojiye

göre N bir T1-uzayıdır çünkü N nin her tek noktalı alt kümesi kapalıdır.

Örnek 7.3.6.

sonsuz bir küme ve p ∈ X olsun. X üzerindeki açıklar şu şekilde belirlensin:

A ⊆ X açık ⇐⇒ Ac sonlu veya p ∈ Ac

212

Bu topoloji aslında sonlu tümleyenler topolojisi ve dışlanmış nokta topolojisiyle

üretilen minimal topolojidir. Bu nedenle bu uzay T1-uzayıdır. (Not: Uzaydaki tek

noktalı kümelerin kapalı olduğunu göstererek de uzayın T1-uzayı olduğu söylenebilir.)

Uzay T1-uzayı olduğundan aynı zamanda T0-uzayıdır.

Örnek 7.3.7.

X = [−1, 1] kümesi üzerinde

τ = A ⊆ X : 0 * A ya da (−1, 1) ⊂ A

topolojisi verilsin. Açıklar sınıfının elemanlarının X uzayına göre tümleyenlerini

alarak kapalılar sınıfının elemanlarını elde ederiz:

K = F ⊆ X : 0 ⊆ F ve ya (−1, 1) * F.

X uzayının T1-uzayı olup olmadığını belirlemek için, T1-uzayı olma tanımına denk

olan aşağıdaki teoremi kullanacağız:

(X, τ) T1 − uzayı ⇐⇒ ∀x ∈ X için x ⊆ X kapalı.

12∈ X noktasını alalım.

1

2c = [−1,

1

2) ∪ (

1

2, 1]

kümesi X de açık olmadığından 12 ⊂ X kapalı değildir. O halde (X, τ) uzayı

T1-uzayı olamaz.

Örnek 7.3.8.

R üzerinde özel nokta topolojisini ele alalım. 0 ∈ R için

τ0 = ∅ ∪ A ⊆ R : 0 ∈ A

topolojisi T1-uzayı değildir çünki boştan farklı tüm açık kümeler 0 noktasını içermek

zorundadır.

Örnek 7.3.9.

R üzerinde dışlanan nokta topolojisini ele alalım:

τ ′0 = R ∪ A ⊆ R : 0 /∈ A.

Farklı x, y ∈ R noktaları alalım ve diyelim ki x = 0 olsun. Bu durumda x noktasını

içeren tek açık küme R olacağından bu uzay T1-uzayı olamayacaktır.

213

Önerme 7.3.1. Bir T1-uzayının her alt uzayı da bir T1-uzayıdır.

İspat: (X, τ) bir T1-uzayı ve A ⊂ X olsun. Farklı a, b ∈ A noktaları verilsin.

(X, τ) uzayı T1-uzayı olduğundan a ∈ U, b /∈ U ve a /∈ V, b ∈ V olcak şekilde

X uzayında U ve V açık kümeleri vardır. U ∩ A ve V ∩ A kümeleri A da açık

olup a ∈ U ∩ A, a /∈ U ∩ A ve a /∈ V ∩ A, b ∈ V ∩ A dir. Böylece, A alt uzayı

T − 1-uzayıdır.

Teorem 7.3.2. Xii∈I topolojik uzay ailesi olmak üzere

X =∏i∈I

Xi

çarpım uzayı olsun. X Çarpım uzayının T1-uzayı olması için gerek ve yeter şart

her bir i ∈ I için Xi uzayının T1-uzayı olmasıdır.

İspat: Çarpım uzayı X, T1-uzayı olsun. Her bir i ∈ I için Xi uzayı çarpım uzayı

X in alt uzayına homeomorf olduğundan Önerme 7.2.2 den her bir i ∈ I için Xi

bir T1-uzayıdır.

Tersine, her bir i ∈ I için Xi uzayının T1-uzayı olsun. Farklı x, y ∈ X elemanlarını

alalım. O halde, en az bir j ∈ I için farklı xj, yj ∈ Xj noktaları vardır. Xj uzayı

T1-uzayı olduğundan xj ∈ U, yj /∈ U ve xj /∈ V, yj ∈ V olacak şekilde xj noktasının

Xj de bir açık U komşuluğu ve yj noktasının Xj de bir açık V komşuluğu vardır.

Ters görüntü π−1j (U) kümesi x noktasının bir açık komşuluğu ve ayrıca y /∈ π−1

j (U).

π−1j (V ) kümesi y noktasının bir açık komşuluğu, ve ayrıca x /∈ π−1

j (V )dir. Bu da

istenilen sonuçtur.

Önerme 7.3.2. T0 olma özelliği bir topolojik özelliktir.

İspat: (X, τ) topolojik uzayı T1-uzayı olmak üzere

f : (X, τ) −→ (Y, τ ′)

homeomorfizma olsun. Farklı y1, y2 ∈ Y elamanları verilsin. f örten olduğundan

f(x1) = y1 ve f(x2) = y2 olacak şekilde farklı

x1, x2 ∈ X

elemanları vardır. (X, τ) topolojik uzayı T1-uzayı olduğundan x1 ∈ U, x2 /∈ U

ve x1 /∈ V, x2 ∈ V olacak şekilde x1 noktasının X de bir açık U komşuluğu ve

x2 noktasının X de bir açık V komşuluğu vardır. f açık dönüşüm olduğundan

214

görüntü f(U) kümesi y1 noktasının Y de bir açık komşuluğu ve ayrıca f bire-bir

olduğundan y2 /∈ f(U) dir. f açık dönüşüm olduğundan görüntü f(V ) kümesi y2

noktasının Y de bir açık komşuluğu ve ayrıca f bire-bir olduğundan y1 /∈ f(v) dir.

Bu da istenilen sonuçtur.

ALIŞTIRMALAR

7.4 T2-Uzayları

Tanım 7.4.1. Bir topolojik uzayın farklı iki elemanının ayrık komşulukları varsa,

bu uzaya T2-uzayı veya Hausdorff uzayı denir.

Örnek 7.4.1.

Her metrik uzayı bir T2-uzayıdır.

Örnek 7.4.2.

< bağıntısına göre toplam sıralı kümesi X olsun. x | a < x veya x | x < a

formundakiX in alt kümeler ailesi S olsun. Bu aileX üzerindeki sıralama topolojisi

içi bir alt bazdır. Bu sıralama topolojisi ile birlikte X kümesi bir T2-uzayıdır. a ve

b X de farklı iki nokta olsun. X toplam sıralı küme olduğundan, a < b alabiliriz.

a < c < b olacak şekilde bir c ∈ X varsa

x | x < c ve y | c < y

kümeleri sırasıyla a ve b nin ayrık komşuluklarıdır.

a < c < b olacak şekilde bir c ∈ X yoksa

x | x < b ve y | a < y

kümeleri sırasıyla a ve b nin ayrık komşuluklarıdır.

Not 7.4.1. T2-uzayı ⇒ T1-uzayı ⇒ T0-uzayıdır. Tersine yönler doğru değildir.

Örnek 7.4.3.

Reel sayılar kümesi R sonlu tümleyenler topolojisine göre T1-uzayı iken T2-uzayı

değildir.

215

Örnek 7.4.4.

X üzerinde ayrık topoloji tanımlansın. X bir T2-uzayıdır.

Örnek 7.4.5.

Reel sayılar R kümesi standart topolojiye göre T2-uzayıdır.

Örnek 7.4.6.

S bir küme ve

F = f : S −→ R : ∀f, f(s1) = f(s2) =⇒ s1 = s2

reel değerli fonksiyonların ailesi olsun. F nin tüm elemanları S de sürekli olacak

şekilde F nin tüm elemanlarının sürekli olduğu S üzerindeki en zayıf topoloji

U = f−1((a, b)) : (a, b) ⊂ R açık ve f ∈ F

kümesini alt baz kabul eden S üzerindeki topolojidir. Şimdi bu topolojinin T2-uzayı

olduğunu gösterelim. s1 ve s2, S nin farklı iki noktası olsun. Varsayımımızdan en

az bir f ∈ F vardır ki f(s1) 6= f(s2) dir. Böylece f(si) ∈ (ai, bi), i = 1, 2 ve

(a1, b1) ∩ (a2, b2) = ∅ olacak şekilde (a1, b1) ve (a2, b2) açık aralıkları mevcuttur. O

zaman

s1 ∈ U1 = f−1((a1, b1)) ve s2 ∈ U2 = f−1((a2, b2))

(S, τ) da ayrık iki açık kümedir. Böylece (S, τ) uzayı T2-uzayıdır.

Örnek 7.4.7.

R üzerinde komşuluklar sistemi yardımıyla bir topoloji tanımlayalım. x 6= 0 iken

Px := (ax, bx) : ax < x < bx ax, bx ∈ R

x noktasını içeren tüm açık aralıkların ailesi ve x = 0 iken

P0 := (−a, a)− 1

n : n ∈ Z+

olsun. Bu takdirde açıkları Px ve P0 lar olan (R, τ) bir topolojik uzaydır. (Alıştırma

olarak bırakılmıştır.) Şimdi bu uzayın T2-uzayı olduğunu gösterelim:

x, y ∈ R ve x 6= y olsun.

• Eğer x 6= 0 ve y 6= 0 ise

U = (x− |x− y|2

, x+|x− y|

2) V = (y − |x− y|

2, y +

|x− y|2

)

açıkları sırasıyla x ve y nin ayrık açıklarıdır.

216

• Eğer x = 0 ve y 6= 0 ise

U = (−|y|2,|y|2

)− 1

n V = (y − |y|

2, y +

|y|2

)

açıkları sırasıyla x ve y nin ayrık açıklarıdır.

Dolayısıyla (R, τ) uzayı T2-uzayıdır.

Örnek 7.4.8.

X = (0, 1) açık aralığı üzerinde açıklar sınıfı şu şekilde belirlensin:

U ⊆ X açık U = ∅, X veya U = (0, 1− 1

n) n ∈ 2, 3, 4, ...

Boştan farklı her açık küme hem 18noktasını hem de 1

4noktasını içereceğinden bu

uzayda ayrık açıkların olması mümkün olmaz. O halde X uzayı T2-uzayı değildir.

Not 7.4.2. Reel sayılar R kümesi standart topolojiye göre T2-uzayı iken Reel sayılar

R kümesi sonlu tümleyenler topolojisine göre T2-uzayı değildir. Dolasıyla bu iki

uzay homeomorfik değildir.

Teorem 7.4.1. Bir Hausdorff uzayın sonlu bir alt kümesi kapalıdır.

İspat X Hausdorff uzayı ve x0 ∈ X olsun. x ∈ X(x 6= x0) keyfi verilsin. Hipotez-

den x ve x0 ın ayrık komşulukları vardır. Bunlara Ux ve Ux0 diyelim. x0 ⊂ Ux0

olduğundan Ux kümesi x0 ile kesişmiyordur. O zaman x /∈ x0 dır. Böylece

x0 = x0 olur. x0 tek noktalı ve kapalıdır. Sonlu kümeyi tek noktalı

kümelerin sonlu birleşimi olarak ifade edebiliriz. Kapalı kümelerin sonlu birleşimi

kapalı olduğundan sonlu kümeler kapalıdır.

Önerme 7.4.1. a) T2-uzayının herhangi bir alt uzayı T2-uzayıdır.

b) Y , (Xi, τi) topolojik ailesinin sayılabilir çarpımı olsun. Yani Y =∏

i∈I Xi dir.

Y nin T2-uzayı olması için gerek ve yeter şart her bir Xi nin T2-uzayı olmasıdır.

İspat

a) W , T2-uzayı X in alt kümesi olsun. x, y ∈ W (x 6= y) olsun. X, T2-uzayı

olduğundan x ve y nin ayrık komşulukları vardır. Yani x ∈ U, y ∈ V ve

U ∩ V = ∅ olsun. Diğer taraftan x ∈ U ∩W, y ∈ V ∩W ve

(U ∩W ) ∩ (V ∩W ) = (U ∩ V ) ∩W = ∅ ∩W = ∅

dir. U ∩W , x in komşuluğu ve V ∩W , y nin komşuluğudur üstelik bu komşu-

luklar ayrıktır. Böylece W , T2-uzayıdır.

217

b) Her bir (Xi, τi) T2-uzayı olsun. x, y ∈ Y alalım (x 6= y). x in i. koordinatı xi

ve y nin i. koordinatı yi olsun. x 6= y olduğundan en az bir i ∈ I için xi 6= yi

dir. Buna i′ diyelim.

Her bir (Xi, τi) T2-uzayı olduğundan, xi′ ve yi′ noktalarının ayrık komşulukları

Uxi′ ve Vy

i′ vardır.

U =∏

i∈I Hi burada i 6= i′ için Hi = Xi ve Hi′ = Ux

i′

V =∏

i∈I Gi burada i 6= i′ için Gi = Xi ve Gi′ = Vy

i′ dür.

U ve V , x ve y nin açık komşulukları en az bir koordinatında U nun elemanı,

V nin elemanından farklıdır. Böylece U ∩ V = ∅ dir. Yani Y , T2-uzayıdır.

Örnek 7.4.9.

T2-uzayın alt uzayı T2-uzaydır hükmünden (X, τ) topolojik uzayı T2-uzayı ve R

bağıntısı X üzerinde bir denklik bağıntısı ise bölüm uzayı X/R T2-uzayıdır hük-

münü verebilir miyiz? Hayır. Bunu şöyle açıklarız: R2 düzlemini d1 metriğinin

ürettiği topolojisi ile ele alalım. R deklik bağıntısı

(x, y) | y < 0, (x, y) | y ≥ 0

bölüntüleri ile tanımlansın. (x, y) | y < 0 kümesi açık iken (x, y) | y ≥ 0

kümesi açık değildir. Böylece R/R bölüm uzayı, üzerinde X, ∅, 0 topoloıji

olan X = 0, 1 kümesine homeomorftur. Diğer taraftan, X uzayı T2-uzayı değildir.

Ayrıca R2 den R/R bölüm uzayına olan bölüm dönüşümü süreklidir. Buradan

şu sonucu söyleyebiliriz: homeomrofizma altında T2-özelliği korunurken sürekli

fonksiyon altından korunmaz.

Teorem 7.4.2. Bir (X, τ) topolojik uzayın Hausdorff olması için gerek ve yeter

şart

∆X = (x, x) | x ∈ X

kümesinin X ×X de kapalı olmasıdır.

İspat: X uzayının Hausdorff olduğunu varsayalım. ∆X in kapalı olduğunu göster-

mekiçin tümleyenin açık olduğunu göstermeliyiz. (x, y) ∈ (∆X)c olsun. O halde

x 6= y dir. X hausdorff uzayı olduğundan x ve y elemanların sırasıyla U ve V ayrık

açık komşulukları vardır. Buradan

(x, y) ∈ U × V ⊂ (∆X)c dir.

218

Yani (∆X)c açıktır ve dolasıyla ∆X kapalıdır. Tersine,Farklı x, y ∈ X alalım.

Böylece, (x, y) /∈ ∆X dir. Yani (x, y) ∈ (∆X)c dir. ∆X kapalı olduğundan (∆X)c

açıktır. Dolasıyla, (x, y) ∈ U×V ⊂ (∆X)c olacak şekilde x ve y noktaların sırasıyla

U ve V ayrık açık komşulukları vardır. O halde, X Hausdorff uzayıdır.

Teorem 7.4.3. f : X −→ Y fonksiyonu açık, sürekli ve örten olsun. Y uzayının

Hausdorff olması için gerek ve yeter şart

A = (x1, x2) ∈ X ×X | f(x1) = f(x2)

kümesinin X ×X de kapalı alt kümesi olmasıdır

İspat: f : X −→ Y fonksiyonu açık, sürekli, örten ve Y uzayı Hausdorff ol-

sun. (x1, x2) /∈ A alalım. O halde, f(x1) 6= f(x2) dir. Y Housdorff olduğun-

dan bu noktaların Y de ayrık komşulukları U ve V vardır. f sürekli olduğun-

dan ters görüntü f−1(U), f−1(V ) kümeleri sırasıyla x1, x2 noktaların komşuluk-

larıdır. f−1(U)×f−1(V ) kümesi (x1, x2) noktasının komşuluğudur. Yani f−1(U)×

f−1(V ) ⊂ X ×X −A ve X ×X −A kümesi açıktır. Böylece A kümesi X ×X de

kapalıdır.

Tersine, Akümesi X ×X de kapalı olsun. Farklı y1, y2 ∈ Y noktalarını ele alalım.

f örten olduğundan f(x1) = y1, f(x2) = y2 olacak şekilde farklı x1, x2 ∈ X nok-

taları vardır. Yani, (x1, x2) /∈ A dir. A kapalı olduğundan U × V ∩ A = ∅ olacak

şekilde x1, x2 noktasını sırasıyla U, V komşuluğu vardır. f açık dönüşüm olduğun-

dan görüntü f(U), f(V ) kümesi sırasıyla f(x1), f(x2) açık komşuluğudur. Ayrıca,

f(U) ∩ f(V ) = ∅ dir. Aksi halde f(U) ∩ f(V ) 6= ∅ olsa idi U × V ∩ A 6= ∅ olurdu.

Bu ise çelişki! Böylece f(U) ∩ f(V ) = ∅ ve Y Hausdorff tur.

Teorem 7.4.4. X herhangi bir topolojik uzay ve Y Housdorff topolojik uzayı olmak

üzere f, g : X −→ Y sürekli ise

B = x ∈ X | f(x) = g(x)

kümesi X de kapalıdır.

İspat: X herhangi bir topolojik uzay ve Y Housdorff topolojik uzayı olmak üzere

f, g : X −→ Y sürekli olsun.

h : X −→ Y × Y x 7→ h(x) = (f(x), g(x))

219

fonksiyon tanımlansın. f ve g sürekli olduğundan h süreklidir. Y Hausdorff uzayı

olduğunda

C = (f(x), g(x)) ∈ Y × Y | f(x) = g(x)

kümesi Y ×Y uzayında kapalıdır. h sürekli olduğundan h−1(C) = B kapalıdır.

Önerme 7.4.2. (X; τ) herhangi bir topoljik uzay ve (Y, τ ′) bir Hausdorff topojik

uzay olmak üzere f : X −→ Y fonksiyonu sürekli olsun. f fonksiyonu grafik

Gf = (x, f(x)) ∈ X × Y | x ∈ X

kümesi X × Y de kapalıdır.

İspat:

C = (x, y) ∈ X × Y | π2(x, y) = f π1(x, y) olsun.

Teorem 7.4.3 den C kümesi X × Y de kapalıdır. Ayrıca C = Gf eşitliği kolayaca

görülebilir. İstenilen sonuç elde edildi.

Örnek 7.4.10.

Reel sayılar R kümesi üzerinde standart topoloji var olsun.

f : R −→ R x 7→ f(x) = ex

şeklinde tanımlı fonksiyonu ele alalım. Bu fonksiyonun grafik

Gf = (x, y) ∈ R2 | y = ex

kümesi R2 de kapalıdır.

Teorem 7.4.5. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y fonksiyonu

sürekli ve bire-bir olsun. Y hausdorff uzayı ise X de Hausdorff uzayıdır.

İspat: X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y fonksiyonu sürekli

ve bire-bir olsun.

h : X ×X −→ Y × Y (x1, x2) 7→ h(x1, x2) = (f(x1), f(x2))

şeklinde tanımlansın.

∆X = (x, x) | x ∈ X ve ∆Y = (y, y) | y ∈ Y

verilsin. Teorem 7.4.2 den Y Hausdorff olduğundan ∆Y kümesi Y ×Y de kapalıdır.

f sürekli olduğundan h da süreklidir. Dolasıyla ter görüntü h−1(∆Y ) kümesi ka-

palıdır. ∆X = h−1(∆Y ) eşitliği mevcut olduğundan ∆X kapalı ve dolasıyla Teo-

rem 7.4.2 den X Hausdorff uzayıdır.

220

Sonuç 7.4.1. Topolojik uzayların Hausdorff olma özelliği bir topolojik özelliktir.

Teorem 7.4.6. ∼ Hausdorff topolojik uzayı X üzerinde bir denklik bağıntısı olsun.

X/∼ Hausdorff uzayıdır. ⇔ G∼ = (x, y) : x ∼ y, x, y ∈ X bağıntısının grafiği

kapalıdır.

İspat:(⇐:) [x], [y] ∈ X/∼ ve [x] 6= [y] olsun. (x, y) ∈ X × X noktası G∼ =

(x, y) : x ∼ y, x, y ∈ X kapalı bağıntısının grafiği dışında kalmaktadır. (x, y)

noktasını içeren U × V ⊂ X × X komşuluğunu seçelim. U × V ⊂ X × X − A,

A = (x, y) : x ∼ y, x, y ∈ X

p : X → X/∼ bölüm dönüşümünü alalım. [x] ∈ p(U) ve [y] ∈ p(V ) iken p(U) ∩

p(V ) = ∅ midir?

p dönüşümü bölüm dönüşümü olduğundan p(U) ve p(V ) açıktır.

Varsayalım ki p(U) ∩ p(V ) 6= ∅ olsun. O halde;

[w] ∈ p(U) ve [w] ∈ p(V ) ; u ∼ w, v ∼ w olacak şekilde u ∈ p(U) ve v ∈ p(V )

vardır. (u, v) ∈ U ×V dir. Fakat U ×V ∩A 6= ∅ idi. Çelişki. Varsayımımız yanlış.

O halde p(U) ∩ p(V ) = ∅ yani X/∼ Hausdorff uzayıdır.

(⇒:) X/∼ Hausdorff uzayı olsun. G∼ nin kapalı olduğunu göstermek için X ×X −

G∼ nin açık olduğunu göstermeliyiz. (x, y) ∈ X ×X −G∼ alalım. [x] 6= [y] olsun.

X∼ Hausdorff olduğundan ∃U[x] ve ∃V[y] öyleki U ∩ V = ∅ vardır. x ∈ p−1(U[x])

açık ve y ∈ p−1(V[y]) açıktır.

(x, y) ∈ p−1(U[x]) × p−1(V[y]) ⊂ X × X − G∼ dir. Dolayısıyla X × X − G∼ nin

açıktır.Yani G∼ kapalıdır.

ALIŞTIRMALAR

7.5 T3-Uzayları

Tanım 7.5.1. Bir topolojik uzayın her elemanı ve bu elemanı içermeyen her kapalı

küme için onların ayrık komşulukları varsa bu uzaya regüler uzay denir. (X, τ)

topolojik uzayı hem T1-uzayı hem de regüler uzay ise bu uzaya T3-uzay denir.

221

Örnek 7.5.1.

Daha önce ele aldığımız (R, τP) uzayını yeniden ele alalım. R üzerinde

P = [2a, 2a+ 2) : a ∈ Z

parçalanışını alt baz kabul eden topolojiye τP diyelim. Bu uzayın regüler uzay

olduğunu gösterelim. Dikkat edilirse bu topolojideki kapalı kümeler aynı zamanda

açıktırlar. (Neden?) Böylece herhangi bir A ⊆ R kapalı alt kümesi ve A da olmayan

bir x noktası için A ve R− A açıkları sırasıyla A kümesinin ve x noktasının ayrık

açıklarıdır. Böylece istenen elde edilmiş olur.

Yukarıdaki topoloji T1-uzayı olmadığı için (Alıştırma olarak bölümün sonunda

bırakılmıştır) (R, τP) uzayı T3-uzayı olamaz.

Örnek 7.5.2.

R üzerinde τ = U ⊆ R : 0 ∈ U ya da 1 /∈ U topolojisini düşünelim. A = [1, 2]

ve p = 0 olsun. p /∈ A olduğundan A kapalıdır. Ancak A kümesini içeren her U

açık kümesi p = 0 noktasını da içereceğinden A ve p ayrık açıklarla ayrılamaz. Bu

durumda (R, τ) uzayı regüler uzay değildir.

Örnek 7.5.3.

R üzerinde komşuluklar sistemiyle daha önce tanımladığımız topoloji hatırlatalım.

x 6= 0 iken

Px := (ax, bx) : ax < x < bx ax, bx ∈ R

x noktasını içeren tüm açık aralıkların ailesi ve x = 0 iken

P0 := (−a, a)− 1

n : n ∈ Z+

olsun. Bu takdirde açıkları Px ve P0 lar olan (R, τ) bir topolojik uzaydır. Bu

uzayın regüler olmadığını göstermek istiyoruz. Dolayısıyla regülerlik aksiyomunu

sağlamayan aksi bir örnek bulmamız gerekiyor. x = 0 ve bir n ∈ Z+ tamsayısı için

222

F = 1n olsun. F bu topolojide kapalı bir kümedir. Öte yandan x = 0 noktasının

herhangi bir komşuluğu

V = (−a, a)− 1

n

formundadır. Bu durumda F ⊂ U ve U ∩ V = ∅ olacak şekilde bir U açığı yoktur.

Dolayısıyla regülerlik aksiyomu sağlanmaz.

Örnek 7.5.4.

X = (0, 1) açık aralığı üzerinde açıklar sınıfı şu şekilde belirlensin:

U ⊆ X açık ⇐⇒ U = ∅, X veya U = (0, 1− 1

n) n ∈ 2, 3, 4, ...

Bu durumda tüm boştan farklı açıklar 18noktasını içereceğinden [1

2, 1) kapalı kümesinin

tüm açık komşulukları da 18noktasını içerecektir ki bu durumda regülerlik aksiyomu

sağlanmaz.

Lemma 7.5.1. X bir topolojik uzay ve X in her tek elemanlı kümesi kapalı olsun.

X in regüler olması için gerek ve yeter şart ∀x ∈ X ve x in keyfi bir U açık

komşuluğu için x in öyle bir V açık komşuluğu vardır öyleki V ⊂ U dır.

İspat: (⇒) (X, τ) topolojik uzayı regüler olsun. ∀x ∈ X ve U , x in bir komşuluğu

olsun. Böylece F = X − U kümesi kapalı olup x /∈ F dir. Hipotezden, V ∩W = ∅

ve x ∈ V , F ⊂ W koşulunu sağlayan V ve W açık kümeleri vardır. y ∈ F keyfi

verilsin.

Wy = W alalım. O halde y ∈ Wy ve V ∩Wy = ∅ olduğundan, y /∈ V dır. Dolayısıyla

V ∩ F = ∅ dir. Böylece V ⊂ U olur.

(⇐) ∀x ∈ X ve F , x i içermeyen bir kapalı küme olsun. U = X − F kümesi x

in bir komşluğudur. Buradan, V ve X − V kümeleri için x ∈ V , F ⊂ X − V ve

V ∩ (X − V ) = ∅ dir. Böylece X regülerdir.

Lemma 7.5.2. Bir topolojik uzayda her açık küme kapalı ise bu uzay regülerdir.

İspat: X in kapalı alt kümesi F olsun. Ayrıca x ∈ X − F alalım. F kapalı

kümesi ve x elamnın ayrık komşulukları sırasıyla F ve X − F dir. Bu da istenilen

sonuçtur.

Örnek 7.5.5.

Ayrık topolojik uzayda her açık küme kapalı olduğundan kapalı olduğundan reğülerdir.

Teorem 7.5.1. Bir regüler T1-uzayı bir Hausdorff uzayıdır.

223

İspat: Bir X regüler T1-uzayı olsun. X uzayı T1-uzayı olduğundan tek noktalı

x0 küme kapalıdır. x /∈ x0 olduğundan x ∈ U ve x0 ⊂ V olacak şekilde U

ve V ayrık açık kümeleri vardır çünkü X regüler uzaydır. Böylece X bir Hausdorff

uzayıdır.

Örnek 7.5.6. 1) Her metrik uzay bir regüler uzaydır.

2) X, eleman sayısı birden fazla olan herhangi bir küme olsun. X aşikar topoloji

ile birlikte bir T3-uzayıdır.

Önerme 7.5.1. a) Bir regüler uzayın her alt uzayı regülerdir.

b) Y , (Xi, τi) topolojik uzaylarının sayılabilir kartezyen çarpımı olsun. Y nin

regüler olması için gerek ve yeter şart her bir (Xi, τi) topolojik uzayının regüler

olmasıdır.

İspat:

a) W , regüler uzay X in alt uzayı olsun. F , W da kapalı ve x ∈ W −F olsun. F ,

W da kapalı olduğundan F = W ∩ F ′ (F′, Xde kapalı) x ∈ X − F ′ dir. X bir

T3-uzayı olduğundan, x ∈ U , F′ ⊂ U ve U ∩V = ∅ olacak şekilde X de U ve V

açık kümeleri vardır. W ∩ U ve W ∩ V , W nın ayrık alt kümeleridir ve bunlar

W da açıktırlar. Ayrıca x ∈ W ∩V ve F ⊂ W ∩V dir. BöyleceW , T3-uzayıdır.

Ayrıca X, T1-uzayı olduğundan W da T1-uzayıdır. Böylece W regülerdir.

Not 7.5.1. T3-uzayı üzerinde oluşturulan bölüm uzayının T3-uzayı olması gerek-

mez.

Önerme 7.5.2. (X, τ) bir regüler uzay, F , X in kapalı alt kümesi olsun. R,

x|x ∈ F ∪ y|y = y|y /∈ F

bölüntüsü ile tanımlı denklik bağıntısı ise X/R bölüm uzayı bir T2-uzayıdır.

İspat x ve y noktaların denklik sınıfları sırasıyla x ve y olmak üzere bu noktalar

X/R de farklı iki nokta olsun. x ve y noktaları F kapalı kümesine ait olsun. X

regüler ve dolasıyla T2-uzayı olduğundan

x ∈ U, y ∈ V ve U ∩ V = ∅

olacak şekilde X −F de U ve V açık kümeleri vardır. X −F T2-uzayı olduğundan

U ve V kümeleri X −F de seçilebilir. Böylece X −F deki bir kümenini X −F de

224

açık olması için gerek ve yeter şart bu mümenin X de açık olmasıdır. Dolasıyla,

x ∈ U ve y ∈ V olmak üzere

U = u | u ∈ U veV = v | v ∈ V

X/R de ayrık açık alt kümelerdir.

x ∈ F veya y ∈ F ise diğer nokta F de olmayacaktır. x ve y noktaların herikisi F

de ise x = y = F ollurki buda x 6= y ile çelişir.

x = F olduğunu varsayalım.

x = F ⊂ U, y ∈ V ve U ∩ V = ∅

olacak şekilde X de U ve V açık alt kümeleri vardır. Sonuç olarak, x ∈ U ve y ∈ V

olmak üzere

U = u | u ∈ U veV = v | v ∈ V

X/R de ayrık açık alt kümelerdir. Yani X/R bölüm uzayı T − 2-uzayıdır.

Teorem 7.5.2. Topolojik uzayların regüler olma özelliği bir topolojik özelliktir.

İspat: Bir X topolojik uzayı regüler olmak üzere f : X −→ Y homeomorfizm

olsun. Bir kapalı F ⊂ Y alt kümesi ile F nin içermediği bir y ∈ Y noktasını alalım.

f birebir ve örten olduğundan f(x) = y olacak şekilde bir tek x ∈ X vardır. f

sürekli olduğundan tesr görüntü f−1(F ) kümesi X de kapalıdır. Ayrıca x /∈ f−1(F )

dir. X regüler olduğundan x ve f−1(F ) in sırasıyla U ve V ayrık açık komşulukları

vardır. f homemorfizma olduğundan f(U) ve f(V ) sırasıyla y ve F nin ayrık açık

komşuluklarıdır. Yani Y regülerdir.

ALIŞTIRMALAR

7.6 Tamamen Regüler Uzaylar

Tanım 7.6.1. Bir topolojik uzay X ve birim aralık [0, 1] olsun. Her kapalı F kümesi

ve her x /∈ F için f(x) = 0 ve f(F ) = 1 olacak şekilde bir f : X −→ [0, 1] sürekli

fonksiyonu varsa X uzayına tamamen regüler(completely regular) uzay denir.

Örnek 7.6.1.

Bir ayrık topolojik uzay tam regüler uzaydır. Çünkü her kapalı F alt kümesi ve

x /∈ F için f(x) = 0 ve f(F ) = 1 olacak şekilde bir f : X −→ [0, 1] sürekli

fonksiyonu vardır.

225

Örnek 7.6.2.

Ayrık topolojik uzayda her açık küme kapalı olduğundan ayrık uzay tamamen

regüler uzaydır.

Teorem 7.6.1. Tamamen regüler uzay regülerdir.

İspat: X tam regüler olsun. F alt kümesi X kapalı ve F nin içremediği eleman x /∈

F olsun. X tam regüler olduğundan f(x) = 0 ve f(F ) = 1 olacak şekilde f : X −→

[0, 1] sürekli fonksiyonu vardır. Diğer taraftan birim kapalı [0, 1] aralığı Hausdorff

olduğundan 0 ve 1 farklı noktalarının srasıyla U ve V ayrık açık komşulukları

vardır. f sürekli olduğundan f−1(U) ve f−1(V ) kümeleri sırasıyla x ve F nin ayrık

açık komşuluklarıdır. O halde X regülerdir.

Önerme 7.6.1. Tam reüler uzayın alt uzayı da tam regülerdir.

İspat: X tam regüler ve A ⊂ X olsun. A alt kümesinde kapalı F alt kümesi ve

a /∈ F olacak şekilde bir a ∈ A alalım. F = A ∩ C olacak şekilde C kapalı alt

kümesi için a /∈ C dir. X tam regüler olduğundan f(a) = 0 ve f(C) = 1 olcak

şekilde bir f : X −→ [0, 1] sürekli fonksiyonu vardır. bu f fonksiyonun A alt

kümesine kısıtlanışıda sürekli olduğundan f(a) = 0 ve f(F ) = 1 dir. Bu ise A nın

tam regülerliğini verir.

Teorem 7.6.2. Topolojik uzayım tam regüler olma özelliği bir topolojik özelliktir.

İspat: X tam regüler topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y homeomorfizm

olsun. f−1 in homeomorfizma olduğunu kolayca görebiliriz. F kümesi Y de alt

küme ve F nin içermediği y ∈ Y noktası verilsin. f−1 homeomorfizma olduğundan

f−1(F ) kapalı ve f−1(y) = x /∈ f−1(F ) dir. X tam regüler uzay olduğundan

g(x) = 0 ve g(F ) = 1 olacak şekilde g : X −→ [0, 1] sürekli fonksiyonu vardır.

Buradan h = g f−1 : Y −→ [0, 1] fonsiyonu sürekli olup ayrıca h(y) = 0 ve

h(f−1(F )) = 1 dir. Böylece Y uzayı tam regülerdir.

ALIŞTIRMALAR

7.7 T4-Uzayları

Tanım 7.7.1. 1) Bir topolojik uzayının her iki ayrık kapalı alt kümenin ayrık

komşulukları varsa, bu uzaya normal uzayı denir.

2) Bir topolojik uzay hem T1-uzayı hem de normal uzay ise bu uzaya T4-uzayı

226

denir.

Örnek 7.7.1.

X, eleman sayısı birden fazla olan herhangi bir küme olsun. X aşikar topoloji ile

birlikte bir T4-uzayıdır. Fakat normal uzay değildir. Çünkü X in tek noktalı alt

kümesi kapalı değildir.

Örnek 7.7.2.

Her bir n ∈ N için An = 1, 2, . . . , n olmak üzere

τ = An | n ∈ N ∪ ∅,N

topolojisine N normal iken regüler değildir.

Teorem 7.7.1. T4-uzayı ⇒ T3-uzayı ⇒ T2-uzayı ⇒ T1-uzayı ⇒ T0-uzayıdır. Ter-

sine yönler doğru değildir.

Örnek 7.7.3.

0, 1 kümesi üzerinde 0, 0, 1(Sierpinski) topolojisi verilsin. Bu topolojik

uzay, T0 ve T4 iken T1, T2 ve T3-uzayı değildir.

Örnek 7.7.4.

R üzerinde τ = U ⊆ R : 0 ∈ U ya da 1 /∈ U topolojisini düşünelim. Bu uzayın

normal uzay olduğunu gösterelim. Bu topolojide bir K ⊂ R alt kümesinin kapalı

olması için ya 0 /∈ C ya da 1 ∈ C dir. A ve B, R nin ayrık iki kapalı alt kümesi

olsun. İncelememiz gereken 2 durum mevcuttur.

• 1 ∈ A ve 0 /∈ B olsun. A ve B ayrık olduğundan 1 /∈ B dir. Ancak B açık

olduğundan ve A ⊂ U = A∪ 0 açık olduğundan U ve B nin kendisi sırasıyla

A ve B yi ayıran iki ayrık açıktır. 1 ∈ B ve 0 /∈ A durumu da yine aynı yolla

gösterilebilir.

• 0, 1 /∈ A ve 0, 1 /∈ B olsun. O zaman tüm A ve B kümeleri açık olacağından

bu formda kapalı kümeler mevcut değildir.

O halde X uzayı normal uzaydır.

227

Örnek 7.7.5.

T4 uzayların aynı zamanda T3 uzayı olduğunu biliyoruz. Ancak ’her normal uzay

regüler uzaydır’ gibi bir durum söz konusu değildir. Buna basit bir örnek verelim.

X = 0, 1 kümesi üzerinde

τ = ∅, X, 0

Sierpinski uzayını düşünelim. Bu uzay kolaylıkla görülebileceği üzere m bir normak

uzaydır (çünki ayrık kapalı alt kümeleri yok) ancak 1 kapalısı ile 0 noktasının

ayrık açıkları bulınmadığından bu uzay regüler uzay değildir.

Örnek 7.7.6.

X = [−1, 1] kümesi üzerinde [−1, b) b > 0, (a, 1], a < 0 formundaki kümelerle

üretilen topoloji τ olsun. Bu durumda a < 0 ve b > 0 olmak üzere (a, b) formundaki

kümeler de açıktır. Bu uzayın normal uzay olmadığını gösterelim. Başka bir deyişle

ayrık açık komşulukları olmayan ayrık iki kapalı kümenin mevcut olduğunu iddia

ediyoruz. Bu takdirde −1 ve 1 kümeleri uzayda ayrık iki kapalı küme iken bu

kapalı kümelerin ayrık açık komşulukları olamayacağından bu uzay normal uzay

değildir.

Önerme 7.7.1. Y , normal uzay X in kapalı alt kümesi ise Y normaldir.

İspat X T1-uzay olduğundan, Y de T1 dir. Çünkü T1-uzayın alt kümesi T1-uzaydır.

Y kapalı olduğundan, Y nin bir F alt kümesinin kapalı olması için gerek ve yeter

şart F nin X de kapalı olmasıdır. Böylece F ve F ′ , Y de ayrık kapalı alt kümeler

ise bu kümeler, X de ayrık kapalı alt kümelerdir. F ⊂ U , F ′ ⊂ V ve U ∩ V = ∅

olacak şekilde U ve V açıkları vardır.

Diğer taraftan, F ⊂ Y ∩ U , F ′ ⊂ Y ∩ V ve Y ∩ U ve Y ∩ V , Y nin ayrık alt

kümeleridir. Üstelik Y de açıktır. Böylece Y , T4-uzayıdır. Yani Y normaldir.

Sonuç 7.7.1. İki normal uzayın çarpımının normal olması gerekmez.

Teorem 7.7.2. (Uryshon Lemması) X bir normal uzay olsun. A ve B, X in iki

ayrık kapalı alt kümeleri ise. f(A) = a ve f(B) = b olacak şekilde f : X −→

[a, b] sürekli fonksiyonu vardır.

Tanım 7.7.2. X bir topolojik uzay ve A,B ⊂ X olsun. f(A) = 0 ve f(B) = 1

olacak şekilde bir f : X −→ [0, 1] sürekli fonksiyonu varsa A ve B kümeleri sürekli

bir fonksiyonla ayrılabilir denir.

228

Sonuç 7.7.2. (X, τ) eleman sayısı birden fazla olan normal topolojik uzay olsun.

X den [0, 1] e her zaman sabit olmayan sürekli fonksiyon vardır.

İspat X normal olduğundan X, hem T1 hem de T4 dür. X, T1-uzayı olduğundan

X in tek noktalı alt kümesi kapalıdır. x, y, X in farklı elemanları olsun. x, y,

X in ayrık kapalı alt kümeleridir. Uryshon Lemması’ndan, f : X −→ [0, 1] sürekli

fonksiyonu vardır öyleki f(x) = 0 ve f(y) = 1 dir. Bu da istenilen sonuçtur.

Teorem 7.7.3. (Tietze) X bir normal uzay ve A, X in bir kapalı alt kümesi olsun.

f : A −→ [a, b] bir sürekli fonksiyon ise f nin X uzayına bir sürekli genişlemesi

F : X −→ [0, 1] vardır.

Örnek 7.7.7.

X = [0, 1]× [0, 1] normal uzaydır.

A = (x, y)|y = 1 ∪ (x, y)|y = 0,

X in kapalı alt kümesidir. f : A −→ R2 sürekli ise Tietze’den F : X −→ R

süreklidir.

ALIŞTIRMALAR

7.8 Normallik ve Fonskiyon Genişlemesi

Topolojide en zor ve merkezi sorulardan biri fonksiyon genişlemesidir. Özellikle

(X, τ) topolojik uzayının altuzayı Y olmak üzere f , Y den (Z, τ′) topolojik uzayına

sürekli fonksiyon olsun. F |Y = f olacak şekilde

F : (X, τ) −→ (Z, τ′)

sürekli fonksiyonu var mıdır? Bazen evet ve bazen de hayır.

Örnek 7.8.1. Y , (X, τ) nun alt uzayı ve i, Y üzerinde birim fonksiyon olsun.

i : Y −→ X sürekli fonksiyondur. I : X −→ X birim fonksiyon öyle ki I|Y = i dir.

Örnek 7.8.2. X = [0, 1] kapalı aralığı üzerinde standart topoloji verilsin. Y =

0, 1 = Z uzayları üzerinde diskrit topolojinin altuzay topolojisi olsun. i : Y −→ Z

229

sürekli fonksiyondur. F : X −→ Z sürekli fonksiyon yoktur. Varsayalım ki F

sürekli olsun. 0 ve 1, Z de açık olduğundan, F−1(0), F−1(1) her ikisi X

de açıktır. Ayrıca

X = F−1(0) ∪ F−1(1)

ve

F−1(0) ∩ F−1(1) = ∅

dir. Bu durumda [0, 1] aralığı iki ayrık açık altkümelerin birleşimi şeklinde ifade

ediliyor. Bu ise mümkün değildir.

Önerme 7.8.1. (Uryshon’s Lemma) (X, τ) topolojik uzayının normal olması için

gerek ve yeter şart X in boştan farklı ayrık kapalı alt kümeleri A ve B için f(A) = 0

ve f(B) = 1 olacak şekilde X den [0, 1] kapalı aralığına bir sürekli f fonksiyonu

vardır.

İspat 7.8.1. (⇐) Yeter yönün hipotezi mevcut olsun. O zaman f(A) = 0 ve

f(B) = 1 olacak şekilde f : X −→ [0, 1] sürekli fonksiyonu vardır.

U′= x|0 ≤ x ≤ 1

2

ve

V′= x|1

2< x| ≤ 1

[0, 1] kapalı aralığının ayrık açık alt kümeleridir. f sürekli olduğundan

U = f−1(U′) ve V = f−1(V

′)

X in ayrık açık alt kümeleridir. Ayrıca A ⊂ U ve B ⊂ V dir. Bu ise X in normal

olduğunu gösterir.

(⇒) X in normal olduğunu varsayalım. (X, τ) normal olabilmesi için gerek ve

yeter şart X in kapalı bir alt kümesi F olmak üzere F yi kapsayan bir açık küme

U için F ⊂ V ⊂ V ⊂ U olacak şekilde F yi kapsayan bir V açık kümesinin var

olmasıdır.

A ve B, X in boştan farklı ayrık kapalı alt kümeleri olsun. 0 ≤ q ≤ 1 olacak şekilde

q rasyonel sayılar kümesini ve q = n2k

(n ve k pozitif tamsayı) sayısını ele alalım.

1) A ⊂ U(q)

2) B ∩ U(q) = ∅

3) q < q′ ise U(q) ⊂ U(q

′)

230

olmak üzere her bir q rasyonel sayısını X in açık alt kümesi U(q) ile eşleme yapalım.

X normal ve A ve B, X in ayrık kapalı alt kümeleri olduğundan A ⊂ U ve B ⊂ V

olacak şekilde ayrık açık alt kümeler U ve V vardır. U = U(0) ve X − B = U(1)

alalım.

U(

12

)açık alt kümesini bulabiliriz ki

U(0) ⊂ U(1

2

)⊂ U

(1

2

)⊂ U(1).

Benzer şekilde

U(0) ⊂ U(1

4

)⊂ U

(1

4

)⊂ U

(1

2

)olacak şekilde U

(14

)açık alt kümesini bulabiliriz. Bunu formülize edersek

U(n− 1

2k+1

)⊂ U

( n

2k+1

)⊂ U

( n

2k+1

)⊂ U

(n+ 1

2k+1

)U( n

2k)

olacak şekilde U(

n2k+1

)açık alt kümesini bulabiliriz.

f(A) = 0 ve f(B) = 1 olacak şekilde f : X −→ [0, 1] tanımlarız. x ∈ X olsun.

x ∈ B ise f(x) = 1 dir. x /∈ B ise x ∈ U(1) dir. Şimdi x /∈ B için

f(x) = glbq|q =n

2kve x ∈ U(q)

231

şeklinde tanımlansın. Görülüyor ki 0 ≤ f(x) ≤ 1 dir.

x ∈ A ise x ∈ U(0) ve dolayısıyla f(0) = 0 dır. Şimdi f nin sürekliliğini gösterelim.

f(x0) = y0 olsun. İlk olarak y0 ne 0 ne de 1 olsun. Pozitif p sayısı için

(q, q′) ⊂ (y0 − p, y0 + p)

olacak şekilde n2k

formunda olan q ve q′ rasyonel sayıları vardır.

V = U(q′)− U(q), x0 noktasının komşuluğudur ve ayrıca

f(V ) ⊂ (y0 − p, y0 + p)

dir. y0, 0 veya 1 olursa 0 ve 1 noktalarına karşılık gelen komşuluklar sırasıyla

[0, q′) ve (q, 1] dir. Böylece y0 ın bir H komşuluğu için f(V ) ⊂ H olacak şekilde x0

noktasının V komşuluğu vardır. Bu da f nin sürekliliğini verir.

Sonuç 7.8.1. X, birden fazla nokta içeren T4-uzayı olsun. O zaman X den [0, 1]

kapalı aralığına sabit olmayan sürekli fonksiyon vardır.

İspat 7.8.2. X T4-uzayı olduğundan X hem T1 hem de normaldir. X T1-uzayı

olduğundan X in her tek noktalı kümeleri kapalıdır. x ve y, X in farklı iki nok-

tası olsun. x ve y, X in ayrık boştan farklı kapalı alt kümeleridir. Uryshon

Lemma’dan

f(x) = 0 f(y) = 1

olacak şekilde X den [0, 1] ye sürekli fonksiyon vardır. Bu da istenilen sonuçtur.

Aşağıdaki önerme, Uryshon Lemma’sından daha güçlüdür.

Önerme 7.8.2. (Tietze Genişleme Teoremi) X, T4-uzayı ve Y , X in alt kümesi

olsun. f , Y den R ye sürekli fonksiyon olsun. X den R ye f nin sürekli genişlemesi

F vardır.

Sonuç 7.8.2. X, T4-uzayı ve A, X in kapalı alt kümesi olsun. f , A dan Rn e

sürekli fonksiyon olsun. O zaman X den Rn e f nin sürekli genişlemesi F vardır.

232

İspat 7.8.3.pi : Rn −→ R

(x1, . . . , xn) 7−→ xi

izdüşüm dönüşüm olsun. fi : A −→ R sürekli fonksiyon olmak üzere

fi = pi f

olsun. Her bir fi nin genişlemesi Fi vardır. F (x) = (F1(x), . . . , Fn(x)) tanımlay-

alım. F , f nin genişlemesi ve ayrıca süreklidir.

ALIŞTIRMALAR

A. R üzerindeki

τ ′0 = R ∪ A ⊆ R : 0 /∈ A

dışlanan nokta topolojisinin T0-uzayı olup olmadığını belirleyiniz.

B. Pseudometrik uzayın neden T0-uzayı olamayacağını gösteriniz.

C. X sonlu bir küme olsun. Eğer (X, τ) uzayı T1-uzayı ise bu takdirde X uzayı

diskret uzaydır, gösteriniz.

D. R üzerindeki τalt alt limit topolojisinin T1-uzayı olduğunu gösteriniz.

E. X = [−1, 1] kümesi üzerinde [−1, b) b > 0, (a, 1], a < 0 formundaki kümelerle

üretilen topoloji τ olsun. Bu durumda a < 0 ve b > 0 olmak üzere (a, b)

formundaki kümeler de açıktır. Bu uzayın T1-uzayı olup olmadığını belirleyiniz.

F. R üzerinde P = [2a, 2a + 2) : a ∈ Z parçalanışını alt baz kabul eden

topolojiye τP diyelim. O halde (R, τP) uzayının T1-uzayı olmadığını gösteriniz.

G. R üzerinde P = [2a, 2a + 2) : a ∈ Z parçalanışını alt baz kabul eden τP

topolojisinin (R, τsonlu) sonlu tümleyenler topolojisine homeomorf olup olmay-

acağını belirleyiniz.

H. Sonsuz bir X kümesi üzerinde tanımlanan sonlu tümleyenler topolojisinin T1-

uzayı olup olmadığını belirleyiniz.

I. T1-uzayı olup T2-uzayı olmayan bir topoloji örneği veriniz.

J. İndiskret uzaydan T1-uzayına giden her sürekli dönüşümün sabit dönüşüm

olduğunu gösteriniz.

K. R üzerinde standart topoloji mevcut olsun. I = [0, 1] aralığı üzerinde indirge-

nen alt uzay topolojisinin T2-uzayı olup olmadığını belirleyiniz. 0 ve 1 nok-

tasının alt uzay topolojisinde ayrık açık komşulukları var mıdır? Açıklayınız.

233

L. X bir topolojik uzay, Y T2-uzayı ve f, g : X −→ Y sürekli iki dönüşüm olsun.

Eğer X in yoğun alt kümesinin tüm x noktalarında f(x) = g(x) oluyorsa bu

takdirde f = g olduğunu gösteriniz.

M. R üzerindeki 0 ∈ R için

τ0 = ∅ ∪ A ⊆ R : 0 ∈ A

özel nokta topolojisinin T0-uzayı ve T2-uzayı olup olmadığını belirleyiniz.

N. X uzayının T2-uzayı olması için gerek ve yeter şart ∆ = (x, x) : x ∈ X ⊂

X × X diagonal kümesinin çarpım topolojisine göre kapalı olmasıdır, ispat-

layınız.

O. X = [0, 1]/(14, 3

4) birim aralığının bölüm uzayı olsun öyle ki (1

4, 3

4) aralığı bir

nokta ile özdeş kılınsın. Bu takdirde X uzayının T2-uzayı olup olmadığını

belirleyiniz.

P. Sayılamaz bir X kümesi üzerinde tanımlanan sayılabilir tümleyenler topolo-

jisinin T2-uzayı olup olmadığını belirleyiniz.

Q. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X yoğun alt küme olsun. Bu takdirde A alt uzayı

T2-uzayı iken X de T2-uzayı olur mu? Belirleyiniz.

R. X = Z tamsayılar kümesi üzerindeki topoloji a, k ∈ Z olmak üzere

a+ kZ = a+ kλ : λ ∈ Z

formundaki elemanlarla üretilsin. Bu durumda baz kümeleri tansayıların alt

grubunun sol kalan sınıflarıdır. Bu uzayın T2-uzayı olduğunu gösteriniz.

S. X uzayının her noktası X in T2-alt uzayı olacak şekilde bir kapalı komşuluğa

sahipse bu takdirde X uzayının T2-uzayı olduğunu gösteriniz.

T. T2-uzayları kapalı sürekli ve bijektif dönüşümler altında invaryanttır (değişmezdir),

gösteriniz.

U. R2 üzerinde box topolojisi mevcutken bu uzayın T2-uzayı olup olmadığını is-

patlayınız.

V. X bir regüler uzaysa her kapalı küme kendisinin açık komşuluklarının arakesi-

tine eşittir, ispatlayınız.

W. X uzayının herhangi bir noktasının kapalı komşuluklarının kümesinin o nok-

tanın komşuluklar tabanı olması için gerek ve yeter şart, F ⊂ X kapalı ve

x /∈ F için x ve F nin ayrık komşuluklarının var olmasıdır, ispatlayınız.

234

X. R üzerinde τ = U ⊆ R : 0 ∈ U ya da 1 /∈ U topolojisini düşünelim. Bu

uzayın T0-uzayı, T1-uzayı ve T2-uzayı ve T3-uzayı olup olmadığını belirleyiniz.

Y. Regüler uzay olma özelliğinin kalıtsal özellik olduğunu gösteriniz.

Z. X = x ∈ Z+ : x ≥ 2 olsun. Un = x ∈ Z+ : x, n yi böler n ≥ 2

formundaki kümelerle üretilen topolojiye de τ diyelim. Bu uzayın regüler uzay

olup olmadığını belirleyiniz.

. X uzayının her noktası X in regüler alt uzayı olan bir komşuluğa sahipse bu

takdirde X uzayının da regüler uzay olacağını gösteriniz.

. Normallik kapalı ve sürekli surjektif dönüşümler altında korunur, ispatlayınız.

. R üzerinde A = 1n

: n = 1, 2, 3, ... olsun. Uzayın açıkları şu şekilde belir-

lensin:

O ⊆ R açık ⇐⇒ O = U −B; B ⊂ A ve U standart topolojide açık

Bu uzayın Urysohn olduğunu ancak regüler uzay olmadığını gösteriniz.

. R üzerindeki alt limit topolojisinin normal uzay olduğunu gösteriniz.

. R üzerinde standart topoloji ve 0, 1 üzerinde diskret topoloji mevcut olsun.

Bu durumda çarpım uzayının regüler ve normal uzay olduğunu gösteriniz.

. X sonsuz bir küme ve p ∈ X olsun. X üzerindeki açıklar şu şekilde belirlensin:

A ⊆ X açık ⇐⇒ Ac sonlu veya p ∈ Ac

Bu takdirde bu uzayın normal uzay olup olmadığını belirleyiniz.

. Kardinalitesi 1 den büyük her indiskret uzay normal uzaydır, gösteriniz.

. (X, τ) normal uzay ve A ⊂ X kapalı altkümesi olsun. Bu takdirde herhangi

bir f : A −→ Rn sürekli dönüşümü F : X −→ Rn sürekli dönüşümüne

genişletilebilir, ispatlayınız.

. Yukarıdaki sorunun yardımıyla bir F : R −→ R2 sürekli dönüşümünün varlığını

ispatlayınız.

. f : X −→ Y sürekli, örten ve kapalı olsun. X normal uzaysa Y de normal

uzaydır, gösteriniz.

Chapter 8

SAYILABİLİRLİK AKSİYOMLARI

8.1 Birinci Sayılabilir Uzaylar

Tanım 8.1.1. Bir topolojik uzayın x0 noktasının bir sayılabilir ailesi var öyleki x0

ın herhangi bir komşuluğu bu ailenin en az bir elemanını içeriyorsa, bu uzay x0 nok-

tasında bir sayılabilir komşuluk tabanına sahiptir denir. Bir topolojik uzayın

her noktasında bir sayılabilir komşuluk tabanı varsa bu uzaya birinci sayılabilirlik

aksiyomunu sağlıyor veya A1-uzayı denir.

Örnek 8.1.1.

Reel syaılar kümesi R üzerinde standart topoloji verilsin. Her bir x ∈ R için

B = (x− 1

n, x+

1

n) | n ∈ N

ailesi standart topoloji ye göre sayılabilir komşuluk tabanıdır. Dolasıyla R standart

topolojiye göre birinci sayılabilir uzaydır.

Örnek 8.1.2.

Şimdi R üzerinde sayılabilir tümleyenlerin genişleme topolojisini tanımayalım. τ1,

R üzerindeki sayılabilir tümleyenler topolojisi ve

τ2 = ∅ ∪ A ⊆ R : Ac sayılabilir

sayılabilir tümleyenler topolojisi olmak üzere τ uzayı τ1 ∪ τ2 ile üretilen en küçük

topoloji olsun. Başka bir deyişle

O ⊂ R açık ⇐⇒ O = U − A, U ∈ τ1 ve A sayılabilir

235

236

C ⊂ R kapalı ⇐⇒ C = K ∪B, K ∈ K1 ve B sayılabilir

Burada bir not düşelim. Eğer O = U −A ∈ τ ise Oτ = U τ1 dır veya K ∈ K1 ve B

sayılabilir olmak üzere K ∪ B kümesi O kümesini içeriyorsa O ⊂ K dır. Böylece

τ da O açığını içeren en küçük kapalı küme τ1 standart topolojisinde de kapalı

olmalıdır.

Bu uzayın birinci sayılabilir uzay olmadığını gösterelim. Oi∞i=1 = Ui − Ai∞i=1,

bir x ∈ R noktasının açık komşuluklarının sayılabilir bir koleksiyonu olsun. Eğer

p /∈ ∪∞i=1Ai ise, o zaman R− p; x noktasının komşuluğudur ve hiç bir Oi açığını

içermez. Bu durumda Oi∞i=1 = Ui − Ai∞i=1, komşuluk tabanı olamaz, çelişki

elde edilmiş olur.

Örnek 8.1.3.

X kümesi sayılabilir olsun. Bu takdirde P(X) kuvvet kümesi de sayılabilir ola-

caktır. X üzerindeki τ topolojisi kuvvet kümesinin alt kümesi olduğundan τ da

sayılabilirdir. Topoloji sayılabilir olduğundan her noktanın komşuluk tabanı da

sayılabilirdir. Böylece X üzerinde tanımlı herhangi bir topoloji birinci sayılabilir

uzay olacaktır.

Örnek 8.1.4.

R üzerindeki τs standart topolojinin birinci sayılabilir uzay olduğunu gösterelim.

Bu uzayın her noktasının sayılabilir komşuluk tabanına sahip olduğunu göster Stan-

dart topolojinin bir bazının

Bs = ∪(a, b) : a < b, a, b ∈ R

olduğunu biliyoruz. Bunun yanı sıra

B′s = ∪(p, q) : p < q, p, q ∈ Q

sınıfı da standart topoloji için bazdır. Buradan komşuluk tabanını ∀x ∈ R için

ε(x) = (p, q) : p < x < q; p, q ∈ Q

alabiliriz. Komşuluk tabanı sayılabilir olduğundan uzay birinci sayılabilir uzaydır.

237

Örnek 8.1.5.

X sayılamaz bir küme ve p ∈ X olsun. X üzerindeki topoloji şu şekilde belirlensin:

A ⊂ X açık ⇐⇒ Ac sonlu veya p ∈ Ac.

Ui; p noktasının sayılabilir komşuluklarının koleksiyonu olsun. Böylece çelişki

elde edip bu uzayın birinci sayılabilir uzay olmadığını göstermiş olacağız. X − Uiler sonlu olduğundan

∪∞i=1(X − Ui) = X − ∩∞i=1Ui

kümesi de sayılabilirdir. Bu nedenle ∩Ui 6= p dir ve p 6= q olacak şekilde q ∈ ∩Uivardır. Bu durumda X − q kümesi p noktasının komşuluğudur ve bu komşuluk

Ui nin herhangi birini içermez. Böylece Ui koleksiyonu p noktasının sayılabilir

komşuluk tabanı olamaz. Bu uzay birinci sayılabilir uzay değildir.

Örnek 8.1.6.

R üzerindeki τsağ sağ topolojinin birinci sayılabilir uzay olup olmadığını belirleye-

lim. R üzerindeki sağ topoloji

τsol = ∅,R, (a,∞) : a ∈ R

şeklinde tanımlıdır. Bu uzayın bir bazı Bsol = (a,∞) : a ∈ R dir. Bunun yanı

sıra

Bsol = (p,∞) : p ∈ Q

da bir bazdır. R deki tüm x noktaları için komşuluk tabanını ε(x) = (p,∞) :

x < p, p ∈ Q şeklinde seçersek bu uzay birinci sayılabilir uzaydır.

Örnek 8.1.7.

X bir küme ve s ∈ X olsun. X üzerindeki topolojiyi

τ = ∅ ∪ A ⊆ X : s ∈ A

şeklinde alalım. X uzayının sayılamaz olduğunu kabul edelim. (Uzay sayılabilirse

zaten birinci sayılabilir uzaydır.) X in her noktasının sayılabilir bir komşuluk

tabanının olduğunu göstermemiz gerekir. p ∈ X noktasını alalım.

• Eğer p = s ise ε(x) = s sonlu olduğundan sayılabilirdir.

238

• Eğer p 6= s ise ε(x) = s, p sonlu olduğundan sayılabilirdir.

O halde (X, τ) uzayı birinci sayılabilir uzaydır.

Örnek 8.1.8.

X = [−1, 1] kümesi üzerinde

τ = A ⊆ X : 0 * A ya da (−1, 1) ⊂ A

topolojisi verilsin. X kümesindeki her nokta sayılabilir komşuluk tabanına sahiptir.

Gerçekten de;

ε(0) = (−1, 1) ve ε(a) = a, a 6= 0

sayılabilir komşuluk tabanlarıdır.

Örnek 8.1.9. X sayılamayan bir kümesi üzerinde sonlu tümyeleynler topolojisi τf

olmak üzere (X, τf ) topolojik uzayı A1-uzayı değildir.

Çözüm: (X, τf ) topolojik uzayının A1-uzayı olduğunu varsayalım. Bu takdirde,

x0 ∈ X noktasının bir sayılabilir komşuluk tabanı

B = Un | n = 1, 2, 3, . . .

olsun.

V =∞⋃i=1

(X − ((Un)) olsun.

Her n için (Un) ∈ τf olduğundan X−(Un) kümesi sonludur. X sayılamz olduğun-

dan y /∈ V ve y 6= x olcaka şekilde y ∈ X elemanı vardır. Böylece, x ∈ X − y ve

X − y ∈ τf olduğundan

Uk ⊂ X − y

olacak şekilde Uk ∈ B vardır. Yani, y /∈ Uk olur. Diğer taraftan,

y ∈ X − V = X − (∞⋃i=1

(X − ((Un))) = X − (X − (∞⋂i=1

(Un))) =∞⋂i=1

(Un)

olduğundan y ∈ Uk olur. Oysa, y /∈ Uk olması ile çelişir. Sonuç olarak, (X, τf )

topolojik uzayı A1-uzayı değildir.

Önerme 8.1.1. Bir metrik uzayı A1-uzayıdır.

239

İspat: (X, d) metrik uzayı ve x0 ∈ X olsun.

B = B(x0,1

n) | n = 1, 2, 3, . . .

ailesini tanımlayalım. Bu aile sayılabiliridir. τ topolojisi d metriğinin indirgediği

metrik topolojisi olsun. Ayrıca U , x0 noktasının herhangi bir komşuluğu olsun.

Dolasıyla, x0 ∈ V ⊂ U olacak şekilde V ∈ τ vardır. τ tanımından, B(x0, ε) ⊂ V

olacak şekilde ε > 0 vardır. 1n< ε olacak şekilde n ∈ N seçelim. Böylece,

B(x0,1

n) ⊂ B(x0, ε) ⊂ U dir.

O halde, B ailesi x0 noktasının sayılabilir komşuluk tabanıdır. Yani, (X, τ) bir

A1-zayıdır.

Bir önceki önermeden ve örnekten aşağıdaki sonuç elde edilir.

Sonuç 8.1.1. X sayılamayan bir kümesi üzerinde sonlu tümyeleynler topolojisi τf

olmak üzere (X, τf ) topolojik uzayı metriklenebilir değildir.

Önerme 8.1.2. Birinci sayılabilir uzayın alt uzayı da birici sayılabilirdir.

İspat: (X, τ) birinci sayılabilir uzayın alt uzayı A olmak üzere a ∈ A alalım. X

birinci sayılablilir olduğundan a noktasının komşuluğu Ba ailesinin bir elemanını

içerir. Böylece a nın komşuluğu B ∩ A | B ∈ Ba ailesine ait bir elemanı içerir.

Bu da A nin birinci sayılabilir uzaylığını verir.

8.2 İkinci Sayılabilir Uzaylar

Tanım 8.2.1. Bir topolojik uzayının bir sayılabilir tabanı varsa, bu uzaya ik-

inci sayılabilirlik aksiyomunu sağlıyor veya A2-uzayı veya ikinci sayılabilir uzay

denir.

Örnek 8.2.1.

Kolay bir örnekle başlayalım. R üzerinde τs standart topoloji mevcut olsun. Bu du-

rumda bu uzayın ikinci sayılabilir uzay olduğunu rahatlıkla söyleyebiliriz. Gerçek-

ten de bu uzayın

Bs = (p, q) : p, q ∈ Q

sayılabilir bir bazı vardır. (Alıştırma: Bs nin baz olduğunu görün.)

240

Örnek 8.2.2.

Yine R üzerinde τsol = ∅,R, (−∞, a) : a ∈ R sol topolojisi tanımlı iken

Bsol = (−∞, q) : q ∈ Q

koleksiyonu bu uzay için sayılabilir bir baz oluşturacağından sol topoloji ikinci

sayılabilir uzaydır.

Örnek 8.2.3.

Şimdi Cantor kümesini tanımlayalım. Kantor kümesi, kapalı bir aralıktan bazı açık

kümelerin dizisini silmekle elde edilen bir topolojidir. İnşası kabaca şu şekildedir:

E1 = [0, 1] kapalı aralığını üç eşit parçaya bölüp ortadaki parçayı çıkarıyoruz kalan

kümeler bir sonraki adıma taşınıyor, yani E1 den (13, 2

3) aralığını çıkartıp E2 =

[0, 13]∪ [2

3, 1] geriye kalan kümeleri birleştiriyoruz. sonra tekrar bu iki kapalı aralığı

üç eşit parçaya bölüp ortadaki parçayı çıkarıyoruz ve kalan parçaların birleşimini

E3 olarak alıyoruz. Bu işlemi ard arda tekrar ettirdiğimizxde elde edilen Ei kapalı

kümelerinin

∩∞i=1Ei

sonsuz kesişimi bize Kantor Kümesini vermektedir. Kantor kümesi dikkat edilirse

[0, 1] kapalı aralığının alt kümesidir. Reel sayılar kümesi üzerinde aksi söylenmediği

sürece standart topolojinin var olduğunu kabul ediyoruz. Standart topoloji ikinci

sayılabilir uzay ve ikinci sayılabilir uzay olma özelliği kalıtsal özellik olduğundan

Kantor kümesi de ikinci sayılabilir uzaydır.

Örnek 8.2.4.

R üzerindeki τalt alt limit topolojisinin ikinci sayılabilir uzay olup olmadığını be-

lirleyelim. (R, τalt) alt limit topolojisinin ikinci sayılabilir olduğunu kabul edelim.

Bu takdirde bu uzayın sayılabilir bazı mevcuttur. Başka bir deyişle

Balt = [p, q) : p, q ∈ X, X ⊂ R sayılabilir.

⊂τalt baz ⇐⇒ (∀G ∈ τalt)(∀x ∈ G)(∃B ∈ B) : x ∈ B ⊂ G

√2 ∈ R noktasını alalım. [

√2, 5) ∈ τalt dir. Balt baz olduğundan

√2 ∈ B ⊂ [

√2, 5)

241

olacak şekilde B ∈ Balt mevcuttur. Bu durumda

√2 ∈ [p, q) ⊂ [

√2, 5), p, q ∈ X

olacak şekilde sayılabilir bir X kümesi bulunamayacağından çelişki elde edilir. O

halde R üzerindeki τalt alt limit topolojisinin ikinci sayılabilir uzay değildir.

Örnek 8.2.5.

R üzerinde

τ ′0 = R ∪ A ⊆ R : 0 /∈ A

dışlanan nokta topolojisini alalım. x 6= 0 olacak şekilde tüm x alt kümeleri

açıktır ve diğer boştan farklı açık kümelerin birleşimleri olarak yazılamaz. Bu

yüzden (R, τ ′0) için tüm bazlar en azından x ∈ R−0 için x kümelerini içerme-

lidirler. Sonuç olarak tüm bazlar sayılamaz olduğundan bu uzay ikinci sayılabilir

uzay değildir.

Teorem 8.2.1. Bir ikinci sayılabilir uzay birinci sayılabilir uzaydır.

İspat: (X, τ) bir ikinci sayılabilir uzay ve B = Bn|n = 1, 2, ... bu uzayın bir

sayılabilir tabanı olsun. ∀x ∈ X için Bx = B ∈ B|x ∈ B olsun. B ailesi sayılabilir

olduğundan Bx ailesi de sayılabilirdir. Eğer Ux, x in herhangi bir komşuluğu ise,

x ∈ A ⊂ Ux olacak şekilde A ∈ τ vardır. B ailesi τ için bir taban olduğundan,

x ∈ B ⊂ A olacak şekilde B ∈ B vardır. x ∈ B ⊂ Ux dir. Bx ailesinin de x de bir

sayılabilir komşuluk tabanı olduğunu gösterir. Dolayısıyla (X, τ) birinci sayılabilir

uzaydır.

Not 8.2.1. Teoremin tersi doğru değildir.

Teorem 8.2.2.

1) İkinci sayılabilir uzayın açı ve sürekli dönüşüm altında görüntüsü de ikinci

sayılablirdir.

2) İkinci sayılabilir uzayın alt uzayı da ikinci sayılabilirdir.

3) Housdorff uzaylarının carpımı ikinci sayılabilir uzay olması için gerek ve yeter

şart her çarpanın ikinci sayılabilir ve tümü değil ancak sayılabilir sayıdaki

çarpanın tek noktalı uzay olmasıdır.

İspat:

242

1) f fonksiyonu X topolojik uzayından Y topolojik uzayına açık ve sürekli olsun.

B kolleksiyonu X için baz ise f(B) = f(B) | B ∈ B kolleksiyonun Y için baz

olduğunu göstermemiz yeterli olacaktır. V kümesi Y de açık ve p ∈ V olsun.

f sürekli olduğundan f−1(V ) ters görüntü kümesi X de açıktır. q ∈ f−1(p) ⊂

f−1(V ) seçersek bir açık küme B için

q ∈ B ⊂ f−1(V ) olur.

Böylece, p ∈ f(B) ⊂ V olur ve f(B) açık kümeleri Y için bir bazdır (f açık

fonksiyon olduğundan B açık kümelerinin f altındaki görüntüleride açıktır).

2) X e ait bir bazı X in alt uzayı A ya kısıtlanışı A alt uzayı için baz olmasından

sonuç açıktır.

3) X =∏Xα ikinci sayılabilir olsun. 1) den herbir Xα ikinci sayılabilir. X =∏

Xα ikinci sayılabilir olduğundan X =∏Xα birinci sayılabilirdir. Böylece

sayılabilir çoklukta aşikar olmayan çarpan vardır. Yani sayıbilir sayıdaki çarpanın

tek nokta olarak alabiliriz.

Tersine, Bnα | n = 1, 2, 3 . . . kolleksiyonu Xα (α ∈ A) için bir baz olsun.

Bn1α1 × · · · ×Bnkαk ×∏Xα | α 6= α1, . . . , αk

fromundaki kümeler çarpım uzayı için bir baz teşkil eder. A sayılabilir olduğun-

dan, sayılabilir çoklukta bu formda kümeler vardır.

8.3 Ayrılabilir Uzaylar

Tanım 8.3.1.

1) (X, τ) bir topolojik uzay ve A ⊂ X olsun. A = X ise A kümesi X uzayında

yoğundur(dense) denir.

2) X topolojik uzayının bir sayılabilir yoğun alt kümesi varsa, bu uzaya ayrıla-

bilir(seperable) uzay denir.

Örnek 8.3.1.

Rasyonel sayılar kümesi reel sayılar kümesinde yoğun olduğundan reel sayılar kümesi

ayrılabilir uzaydır.

Not 8.3.1.

243

1) Bir ayrık topolojij uzayın ayrılabilir olması için gerek ve yeter şart bu uzayın

sayılabilir olmasıdır.

2) X kümesi sayılabilir olmak üzere (X, τ) topolojik uzay olsun. X yoğun olduğun-

dan (X, τ) topolojik uzayı daima ayrılabilirdir.

Örnek 8.3.2.

R üzerinde sayılabilir tümleyenlerin genişleme topolojisini ele alalım. Bu topolojide

açık ve kapalılar şu şekilde belirlenir:

O ⊂ R açık ⇐⇒ O = U − A, U ∈ τ1 ve A sayılabilir

C ⊂ R kapalı ⇐⇒ C = K ∪B, K ∈ K1 ve B sayılabilir

Bu uzaydaki tüm sayılabilir kümeler kapalı olduğundan kapanışları kendilerine eşit

olur dolayısıyla da bu uzay ayrılabilir uzay değildir.

Örnek 8.3.3.

Ayrılabilen uzaya bir örnek daha verelim. Bunun için önce Zariski topolojisini

tanımlayalım. X sonsuz bir küme ve üzerindeki topoloji de

τz = U = X − A : A ⊂ X, A sonlu

şeklinde verilsin. Bu takdirde X uzayına Zariski uzayı denir. Şimdi X = R alalım.

(R, τz) uzayın ayrılabilir uzay olduğunu iddia ediyoruz. Bunun için R nin sayılabilir

yoğun alt kümesinin var olduğunu göstermeliyiz.

A = 1

n: n = 1, 2, ... ⊂ R

alt kümesini ele alalım. Zariski uzayının kapalılar sınıfı R ve R nin sonlu alt

kümeleridir. A kümesini kapsayacak sonlu kapalı bir küme bulunamayacağından

A = R dir. O halde R üzerindeki Zariski uzayı ayrılabilen uzaydır.

Örnek 8.3.4.

X bir küme ve s ∈ X olsun. X üzerindeki topolojiyi

τ = ∅ ∪ A ⊆ X : s ∈ A

244

şeklinde alalım. X uzayının sayılabilir yoğun alt kümesinin mevcut olduğunu gös-

terirsek X uzayı ayrılabilen uzaydır deriz. Bunun için ilk önce uzayın kapalılar

sınıfını elde edelim:

K = X ∪ F ⊆ X : s /∈ F.

p ⊂ X sayılabilir bir kümedir ve bu kümeyi kapsayan açıkların en küçüğü yani

p = X dir.

Örnek 8.3.5.

R üzerinde bir p ∈ R için

τ ′p = ∅ ∪ A ⊆ R : p /∈ A

dışlanmış nokta topolojisini alalım. Herhangi bir A ⊂ R için A = A∪p olduğun-

dan (R, τ ′p) uzayı ayrılabilen uzay olamaz.

Örnek 8.3.6.

Sayılamaz bir X kümesi üzerinde

τsay = ∅ ∪ A ⊆ X : Ac sayılabilir

sayılabilir tümleyenler topolojisi tanımlanmış olsun. Bu takdirde X kümesinin

herhangi bir sayılabilir B alt kümesinin yığılma noktalarının kümesi boş küme

olduğundan X uzayı ayrılabilen uzay değildir.

Önerme 8.3.1. İkinci sayılabilir uzay ayrılabilirdir.

İspat: (X, τ) ikinci sayılabilir uzay ve B, τ için sayılabilir baz olsun. Her bir

B ∈ B için bn ∈ Bn seçelim. A = bn|bn ∈ Bn, X in sayılabilir alt kümesidir.

Şimdi bu kümenin X de yoğun olduğunu gösterelim. x0 ∈ X keyfi elemanı verilsin.

Ux0 , x0 ın keyfi komşuluğu ise x0 ∈ Bm ⊂ Ux0 olacak şekilde Bm ∈ B vardır.

bm ∈ A ∩ Bm ⊂ A ∩ Ux0 dır. O halde A ∩ Ux0 6= ∅ dir. x0 ın her komşuluğu

A ile kesişendir. Dolayısıyla x0 ∈ A dır. Böylece A = X dir. Yani X uzayı

ayrılabilirdir.

Teorem 8.3.1.

1) Ayrılabilir uzayın sürekli fonksiyon altında görüntüsü de ayrılabilirdir.

245

2) Ayrılablir uzayın açık alt uzayı da ayrılabilirdir.

3) Ayrılabilir uzayların sayılabilir çoklukta çarpımı da ayrılabilirdir.

İspat:

1) f fonksiyonu ayrılabilir X uzayından Y uzayına sürekli olsun. X ayrılabilir

olduğundan A = X olacak şekilde sayılabilir alt uzay A vardır. f sürekli

olduğundan f(A) ⊂ f(A) dir. f(A) = f(X) ⇒ f(A) = f(X). Bu da istenilen

sonucu verir.

2) xn|n ∈ N, (X, τ) ayrılabilir topolojik uzayının bir sayılabilir yoğun alt kümesi

olsun. U da X in açık alt kümesi olsun. D = xn|n ∈ N ∩ U alalım. V , U

da açık alt küme olsun. U açık olduğundan, V de X de açıktır. V , bir xn

elemanını içerir ve dolayısıyla xn, D ye ait bir noktadır. Böylece D, U da

yoğundur.

3) Herbir i için pi ∈ Xi sabit noktasını seçelim.

Bn =∏i≤n

Ai ×∏i>n

pi

= (xi) ∈ X =∏

Xi | i ≤ n için xi ∈ Ai ve i > n için xi = pi

şeklinde olmak üzere B = ∪Bn tanımlayalım. B nin yoğun olduğunu iddia

ediyoruz. O kümesi X de açık olsun. Sonlu sayıda i için Oi kümesi, Xi de

aşikar olmayan açık kümeler ve diğer tüm i ler için Oi = Xi olmak üzere

O =∏

Oi dir.

Tüm Ai ler yoğun ve tüm Oi ler Xi de açık olmak üzere i ≤ N için ai ∈ Ai∩Oi

seçelim. O halde

a =

ai, i ≤ N

pi, i > N.

a ∈ Bi ve dolasıyla a ∈ B ve ayrıca a nın tanımından a ∈ O olur. O ile B

kesişir. Böylece B yoğundur.

8.4 Lidelöf Uzayları

Tanım 8.4.1. Bir topolojik uzayın her açık örtüsünün bir sayılabilir alt örtüsü

varsa bu uzaya lindelöf uzayı denir.

246

Örnek 8.4.1.

Lindelöf uzay olup ayrılabilen uzay olmayan bir örnek verelim. X sayılamaz bir

küme ve p noktası X de olmayan bir nokta olsun. Y = p∪X uzayındaki açıkları

şu şekilde tanımlayalım: X in tüm noktaları ayrık nokta yani tüm x tek noktalı

kümeler açık olsun. p noktasının açık komşulukları ise X − W ⊂ X sayılabilir

olacak şekilde p ∪W formundaki kümeler olsun.

p noktasını içeren her küme X kümesinin sayılabilir çokluktaki elemanı dışında

nokta içereceğinden Y uzayı Lindelöf uzaydır. Ancak Y nin sayılabilir hiçbir alt

kümesi Y de yoğun olmayacağından bu uzay ayrılabilen uzay değildir.

Örnek 8.4.2.

R üzerinde sayılabilir tümleyenlerin genişleme topolojisini daha önce tanımlamıştık.

τ1, R üzerindeki sayılabilir tümleyenler topolojisi ve

τ2 = ∅ ∪ A ⊆ R : Ac sayılabilir

sayılabilir tümleyenler topolojisi olmak üzere τ uzayı τ1 ∪ τ2 ile üretilen en küçük

topoloji olsun. Başka bir deyişle

O ⊂ R açık ⇐⇒ O = U − A, U ∈ τ1 ve A sayılabilir

C ⊂ R kapalı ⇐⇒ C = K ∪B, K ∈ K1 ve B sayılabilir

Daha önceden de belirttiğimiz gibi O = U−A ∈ τ ise Oτ = U τ1 dır veya K ∈ K1 ve

B sayılabilir olmak üzere K ∪B kümesi O kümesini içeriyorsa O ⊂ K dır. Böylece

τ da O açığını içeren en küçük kapalı küme τ1 standart topolojisinde de kapalı

olmalıdır.

Şimdi bu uzayın Lindelöf uzay olduğunu gösterelim. Ua ∈ τ1 ve Aa sayılabilir olmak

üzere Ua−Aa sınıfı R nin açık örtüsü olsun. Bu durumda Ua da R yi örter ve

sayılabilir Ui alt örtüsüne sahiptir. O halde Ui−Ai de R nin sayılabilir noktası

dışındaki tüm noktalarını örter. Böylece R nin tamamı bir sayılabilir Ua − Aa

nın alt koleksiyonu tarafından örtülebilir, bu uzay Lindelöf uzaydır.

Örnek 8.4.3.

X = [−1, 1] kümesi üzerinde

τ = A ⊆ X : 0 * A ya da (−1, 1) ⊂ A

247

topolojisi verilsin. Böylece 1, −1, −1, 1 ve 0 kümelerini içeren X in alt

kümeleri boştan farklı kapalı kümelerdir. X uzayının her açık örtüsü 0 elemanını

içermesi gerektiğinden bu uzay Lindelöf uzaydır.

Teorem 8.4.1. İkinci sayılabilir uzay lindelöf uzaydır.

İspat X bir ikinci sayılabilir uzay olsun. B = Bn|n ∈ N bu uzayın bir sayılabilir

tabanı olsun. Aαα∈Λ, X uzayının keyfi açık örtüsü olsun. ∀Aα ve ∀x ∈ Aα için,

x ∈ Bn(x,Aα) ⊂ Aα olacak şekilde Bn(x,Aα) ∈ B vardır.

B∗ = Bn(x,Aα)|α ∈ Λ olsun. B∗ ⊂ B olduğu kolayca görülebilir. Böylece B∗

ailesi sayılabilirdir. ∀n için Bn(x,Aα) daki Aα yı Aαn ile gösterelim. Yani Aαn = Aα

olsun. B∗ ailesi X in bir örtüsüdür.

X ⊂⋃∞n=1Bn(x,Aα) ⊂

⋃∞n=1Aαn dir. Aαn∞n=1 ⊂ Aαα∈Λ alt ailesi X uzayının

sayılabilir alt örtüsüdür. X bir lindelöf uzaydır.

Örnek 8.4.4. τf , R üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi olmak üzere (R, τf )

ayrılabilir lindelöf uzayı iken ikinci sayılabilir uzay olmadığını görelim.

Çözüm:(R, τf ) in her alt kümesinin kompakt olması ödev olarak bırakılmıştır.

Dolayısıyla bu uzayın kendisi de kompaktır. Böylece (R, τf ) lindelöf uzaydır.

∀x ∈ R ve Ux, x in keyfi açık komşuluğu olsun. R− Ux kümesi sonlu olduğundan,

Ux = R − x1, ..., xn olacak şekilde x1, x2, ..., xn ∈ R vardır. U − x ∩ Q 6= ∅

olduğundan x ∈ Q dır. τf topolojisine göre Q = R dir. Q sayılabilir olduğundan

(R, τf ) ayrılabilir uzaydır.

(R, τf ) in ikinci sayılabilir olduğunu varsayalım. O zaman τf in bir sayılabilir

tabanı vardır. B = Bn|n ∈ N ile gösterelim. ∀n için Bn ∈ τf olduğundan R−Bn

kümesi sonludur. O halde Bn = R−bn1 , ..., bnmn olacak şekilde bn1 , bn2 ..., bnmn vardır.

∀x0 ∈ R,∀n, i için x0 = b(n)i olsun. Açıkça U = R− x0 için U ∈ τf dir. ∀n, i için

b(n)i ∈ U olduğundan, ∀n için Bn * U olur. Bu da B ailesinin bir taban olması ile

çelişir. Dolayısıyla (R, τf ) ikinci sayılabilir uzay değildir.

Önerme 8.4.1. a) Lindelöf uzayın sürekli fonksiyon altındaki görüntüsü de Lin-

delöftür.

b) Bir lindelöf uzayın her kapalı alt uzayı da lindelöftür.

c) Lindelöf uzayların çarpım uzayı lindelöf olmak zorunda değildir.

İspat:

248

a X Lindelöf olmak üzere f : X −→ Y fonsiyonu sürekli ve örten olsun. Uα | α ∈

A kümesi Y nin açık örtüsü olsun. O zaman, f sürekli olduğundan

f−1(Uα) | α ∈ A

kümesi X in açık örtüsüdür. X Lindelöf olduğundan

f−1(Uαi) | i = 1, 2 . . .

örtüsü sayılabilir alt örtüdür. Böylece Uαi | i = 1, 2 . . . örtüsü Uα | α ∈ A

nin sayılabilir alt örtüsüdür.

b A, bir lindelöf uzay X in bir kapalı alt kümesi, Uii∈I , A nın bir açık örtüsü

ve Ui lerin her biri, A da açık olsun. O zaman Ui = A ∩ Vi(Vi, Xde açık) dir.

A kapalı olduğundan, X − A,X de açıktır. X − A ∪ Vi|i ∈ I, X in açık

örtüsüdür. X −A ∪ Vi|i = 1, 2, ..., X −A ∪ Vi|i ∈ I nın sayılabilir alt

örtüsüdür. Diğer taraftan, Vin|n = 1, 2, ..., A nın sayılabilir açık örtüsüdür.

A ∩ V in|n = 1, 2, ..., Uii∈I nın sayılabilir açık alt örtüsüdür. Böylece A

lindelöf uzaydır.

c) Sorgenfrey doğrusu S üzerindeki topolojisi [a, b) yarı açık aralığını baz kabul

eden topoloji olsun. Lindelöf uzayların çarpımı S × S Lindelöf olsaydı, çarpım

uzayı ayrılabilir ve normal uzay olurdu. Ayrıca Bu çarpımın, kapalı ayrık alt

kümesi( bu alt kümenin kardinalitisi, reel sayılar kümesinin kardinalitisine eşit

veya büyüktür) yoktur. Diğer taraftan D = (x,−x) | x ∈ S kümesi S × S

in kapalı ve ayrık alt kümesidir. Ayrıca bu kümenin kardinelitisi reel sayılar

kümesinin kardinalitisine eşittir. Bu da S×S in Lidelöf olmadığını gösterir.

Teorem 8.4.2. Bir regüler Lindelöf uzay normal uzaydır.

İspat: Regüler Lidelöf X uzayında ayrık kapalı iki küme A ve B olsun. X regüler

olduğundan a ∈ A için Ua ∩B olacak şekilde ve a elemanını içerecek şekilde Ua açı

kümesini alalım. Benzer şekilde b ∈ B için V b ∩ A olacak şekilde ve b elemanını

içerecek şekilde V açı kümesini alalım. Lindelöf uzayın kapalaı alt uzayı Lindelöf

olduğundan A ve B, X in Lindelöf alt uzaylarıdır. Dolayısıyla , A nın sayılabilir

sayıda Uα açık örtüsü vardır ve

A ⊂ U1 ∪ U2 ∪ · · · .

Benzer şekilde, B nın sayılabilir sayıda Vα açık örtüsü vardır

B ⊂ V1 ∪ V2 ∪ · · · .

249

Sn ve Tn açık kümelerini aşağıdaki şekli ile inşa edelim:

S1 = U1 T1 = V1 − S1

S2 = U2 − T 1 T2 = V2 − (S1 ∪ S2)

S3 = U3 − (T1 ∪ T2) T3 = V3 − (S1 ∪ S2 ∪ S3)

......

S =⋃Sn ve T =

⋃Tn alırsek S ve T ayrık açık kümeler ve sırasıyla A ve B kapalı

kümelrini içerir.

Teorem 8.4.3. İkinci sayılabilir uzay lidelöftür.

İspat: B ailesi X in sayılabilir bazı olsun. U örtüsü, X in açık örtüsü olsun. Her

bir U ∈ U ve x ∈ U için x ∈ Bx,U ⊂ U olacak şekilde Bx,U ∈ B bir baz elemanı

vardır. B′ ⊂ B olduğundan B′ = Bx,U | x ∈ U, U ∈ U sayılabilir kümedir.

Bx,U | x ∈ U, U ∈ U = Bx1,U1 , Bx2,U2 , Bx3,U3 dir.

Böylece U1, U2, U3, . . . örtüsü U nun sayılabilir alt örtüsüdür. ispat biter.

Teorem 8.4.4. (X, d) metrik uzayında aşağıdakiler denktir:

a) X ikinci sayılabilirdir.

b) X Lindelöftür.

c) X ayrılabilirdir.

İspat: b) ⇒ a) ve c) ⇒ a) olduklarını göstermemiz yeterli olacaktır.

b)⇒ a) : X Lindelöf olsun.

Un = B(x,1

n) | x ∈ X

alalım. Her bir n için Un örtüsü x noktasının açık örtüsü ve dolasıyla bu örtünün

sayılabir alt örtüsü U∗n vardır.

U = U∗1 ∪ U∗2 · · ·

kolleksiyonu X de açık kümelerin sayılabilir kolleksiyonudur. W kümesi X de boş

olmayan açık küme ve x ∈ W olsun. Böylece bir m için B(x, 1m

) ⊂ W dir. U∗2mörtüsü X i örttüğünden x ∈ B(y, 1

2m) olacak şekilde bir y ∈ X vardır. O halde,

B(y,1

2m) ⊂ B(x,

1

m) ⊂ W.

250

U örtüsü X için sayılabilir bazdır. Yani X ikinci sayılabilirdir.

c) ⇒ a) : d1, d2, d3, . . . kümesi X in sayılabilir yoğun alt kümesi olsun. m =

1, 2, 3, . . . ve n = 1, 2, 3, . . . olmak üzere

Unm = B(dm,1

m) olsun.

O zaman Unm | m = 1, 2, 3, . . . n = 1, 2, 3, . . . sayılabilirdir. Bu kolleksiyonun

baz olduğunu iddia ediyoruz. x ∈ W ve W kümesi X de boş olmayan açık küme

olsun. Bir m içim B(x, 1m

) ⊂ W dir. Diğer taraftan, dn ∈ B(x, 12m

) ve dolasıyla

B(dm,1

2m) ⊂ B(x, 1

m) dir. Böylece,

x ∈ Un2m = B(dm,1

2m) ⊂ W.

Sonuç olarak Unm istenilen bazdır.

ALIŞTIRMALAR

1. X in sayılabilir bir bazı olsun. A,X in sayılamaz bir alt kümesi olsun. A nın

sayılamaz sayıda noktalarının A nın limit noktaları olduğunu gösteriniz.

2. Her kompakt metriklenebilir X uzayının sayılabilir bir bazının olduğunu gös-

teriniz.

3.

a) Sayılabilir yoğun alt kümeye sahip her metriklenebilir uzayın sayılabilir bir bazı

olduğunu gösteriniz.

b) Her metriklenebilir Lindelöf uzayın sayılabilir bir bazı olduğunu gösteriniz.

4. X, sayılabilir yoğun alt kümelere sahip uzayların sayılabilir bir çarpımı ise X in

de sayılabilir yoğun bir alt kümeye sahip olduğunu gösteriniz.

5. f : X −→ Y sürekli olsun. X Lindelöf veya X in sayılabilir yoğun bir alt kümesi

varsa f(X) in de aynı koşulları sağladığını gösteriniz.

6. X Lindelöf ve Y kompakt ise X × Y nin Lindelöf olduğunu gösteriniz.

7. X regüler ise X in noktalarının her çiftinin kapanışları ayrık olan komşuluklara

sahip olduğunu gösteriniz.

8. X normal ise ayrık kapalı kümelerin her çiftinin kapanışları ayrık olan komşu-

luklara sahip olduğunu gösteriniz.

9. Her sıralama topolojisinin regüler olduğunu gösteriniz.

10. f, g : X −→ Y sürekli olsun. Y nin Hausdorff olduğunu kabul edelim.

x|f(x) = g(x) in X de kapalı olduğunu gösteriniz.

251

11. p : X −→ Y kapalı, sürekli, örten dönüşüm olsun. X normal ise Y nin de

normal olduğunu gösteriniz.

12. Her y ∈ Y için p−1(y) kompakt olacak şekilde p : X −→ Y kapalı, sürekli,

örten dönüşüm olsun.

a) X Hausdorff ise Y nin de Hausdorff olduğunu gösteriniz.

b) X regüler ise Y nin de regüler olduğunu gösteriniz.

c) X yerel kompakt ise Y nin de yerel kompakt olduğunu gösteriniz.

d) X ikinci sayılabilir ise Y nin de ikinci sayılabilir olduğunu gösteriniz.

13. Bir normal uzayın kapalı alt uzayının normal olduğunu gösteriniz.

14.∏Xα Hausdorff veya regüler veya normal ise Xα nın da Hausdorff veya regüler

veya normal olduğunu gösteriniz.

15. Her yerel kompakt Hausdorff uzayın regüler olduğunu gösteriniz.

16. Her regüler Lindelöf uzayın normal olduğunu gösteriniz.

Chapter 9

KOMPAKT UZAYLAR

9.1 Tarihçe

’Kompakt ’ terimi, 1904 yılında Maurice Fréchet tarafından, her dizisi yakınsak

bir alt diziye sahip olan uzayları tanımlamak için ortaya atılmıştır. Bugün bu tip

uzaylara ’dizisel kompakt ’ diyoruz. Dizisel kompaktlık, metrik uzaydaki kompaktlık

kavramına denktir.

Kompaktlığın özelliği uzun ve karmaşık bir tarihe sahiptir. Açıkçası, kompaktlığı

tanımlamanın amacı kapalı ve sınırlı aralıkların özelliklerini genel olarak topolo-

jik uzaylara taşımaktır. Bu amaca yönelik önceki girişimler dizisel kompaktlığı,

sayılabilir kompaktlığı, Bolzano-Weierstrass özelliğini ve son olarak 1923 yılında

P.S. Alexandroff ve Paul Urysohn tarafından öne sürülen kompaktlığın bugünki

tanımını kapsar.

Kompaktlığın ilk teoremi, kapalı ve sınırlı [a, b] nin kompakt olduğunu belirten

Heine-Borel Teoremi’dir. Aslında, Emile Borel 1894 yılındaki doktora tezinde

[a, b] nin tüm sayılabilir açık örtüsünün sonlu bir alt örtüye sahip olduğunu yani

başka bir deyişle [a, b] nin sayılabilir kompakt olduğunu kanıtlamıştır. Bu kanıtın

keyfi açık örtüye genişletilmesini Ernst Lindelöf (1870-1946) çalışmalarında göster-

miştir. Lindelöf, [a, b] nin her alt örtüsünün sayılabilir bir alt örtüye sahip olduğunu

göstermiştir. Heine-Borel Teoremi’nde adı geçen Eduard Heine (1821-1881)’nin bu

konuda herhangi bir çalışması yoktur. Heine’nin bu konudaki matematikse katkısı

1872 yılında [a, b] üzerinde tanımlı tüm reel değerli sürekli fonksiyonların düzgün

sürekli olduğunu ispatlamasıdır. A.M. Schoen (1858-1923) Heine’nin ispatını oku-

252

253

muş ve Borel’in teoremiyle arasındaki ilişkiyi belirtmiş, Borel’in elde ettiği sonucu

bugünkü Heine-Borel adıyla bilinen teoremle vermiştir.

Heine-Borel Teoremi, kapalı ve sınırlı aralıklarından R nin kapalı ve sınırlı alt

kümelere kolaylıkla genişletilebilir. W.H. Young (1863-1942) 1902 yılında R2 nin

kapalı ve sınırlı alt kümesinin her açık örtüsünün sonlu bir altr örtüye sahip olduğunu

ispatlayarak bu teoremi R2 ye genişletmiştir. Henri Lebesgue (1875-1941) aynı

sonucu 1904 yılında yayınlamış ve bu teoremin Rn ye genişletilebileceğini 1898

den bu yana bilindiğini iddia etmiştir. Sonlu arakesit özelliği ile kompaktlığın ele

alınışı 1908 de Frigyes Riesz’e dayanır. Felix Hausdorff Gründzüge der Mengen-

lehre adlı bilimsel tezinde metrik uzaylarda dizisel kompkatlığın, sayılabilir kom-

paktlığın, Bolzano-Weierstrass özelliğinin ve kompaktlığın birbirlerine denk olduk-

larını göstermiştir. Metrik uzaylarda dizisel kompaktlığın ve kompaktlığın birbirine

denk olduğunu çok daha önce Fréchet de göstermişti.

Rn nin kompakt alt kümelerinin karakterizasyonunun en önemli adımı Weierstrass’a

dayanır. Weierstrass aynı zamanda R2 nin kapalı ve sınırlı alt kümelerinin Bolzano-

Weierstrass özelliğini sağladığını da ispatlamıştı.

Lindelöf uzaylar ilk olarak Ernst Lindelöf tarafından ele alınmıştır. 1903 yılından

Rn nin Lindelöf özelliğini sağladığını ispatlamıştır. Lindelöf terimi 1921 yılında bu

tip uzayları çalışan K. Kuratowski ve W. Sierpinski tarafından kullanılmıştır.

Daha önce de belirtildiği gibi, kompaktlığın bugünkü tanımı 1923 yılında Rus

matematikçiler P.S. Alexandroff ve Paul Urysohn tarafından verilmiştir. Bu özelliğe

biokompaktlık demişler ve özelliklerini 1923, 1924 ve 1929 yılllarında yayımladık-

ları makalelerle geliştirmiştir. Kompaktlığın denk tanımını ise 1921 yılında Leopold

Vietoris vermiştir.

Yerel kompaktlık, Alexandroff’dan bağımsız olarak Heinrich Tietze tarafından ver-

ilmiştir. Tek nokta kompaktlaştırması Alexandroff’a ve Stone-Cech kompaktlaştır-

mas ise 1937 yılında Eduard Chech ve M.H. Stone tarafından birbirinden bağımsız

olarak verilmiştir.

9.2 Açık Örtü ve Kompakt Uzay

Tanım 9.2.1. X topolojik uzayın bir alt kümesi A olsun. X im alt kümeler ailesi

O olsun.

254

i) Eğer O daki kümelerin birleşimi A kümesini içeriyorsa O kolleksiyonuna A alt

kümesini örtüyor denir.

ii) O kolleksiyonu A alt kümesini örtüyor ve O kolleksiyonundaki herbir küme açık

ise O kolleksiyonuna A kümesinin açık örtüsü denir.

iii) O kolleksiyonu A kümesininin örtüsü olsun. O′, A kümesini örtecek şekilde O

nun alt kolleksiyonu ise O′ ye O nun alt örtüsü denir.

Figure 9.1: A kümesinin bir açık örtüsü

Baz tanımından, bir X topolojik uzayın her bazı X in bir açık örtüsüdür. Arar-

alıklar kolleksiyonun her ikisi de

O1 = . . . , (−1, 1), (0, 2), (1, 3), . . . ve O2 = (−∞, 1), (0,∞)

R açık örtüsüdür. İlk açık örtü sonsuz sayıda kümeler içermektedir. İkincisi

ise sonlu sayıda küme içermektedir. Biz burada ilk türden olan açık örtü ile il-

gileneceğiz.

Tanım 9.2.2. X topolojik uzayının her açık örtüsünün sonlu bir alt örtüsü varsa,

X uzayına kompakt uzay denir.

Örnek 9.2.1.

Reel sayılar R kümesi standart topolojiye göre kompakt değildir çünkü

O = . . . , (−1, 1), (0, 2), (1, 3), . . .

kolleksiyonu R nin açık örtüsü fakat O nun sonlu alt örtüsü R yi örtmez.

Örnek 9.2.2.

255

Figure 9.2: R kümesinin bir açık örtüsü fakat sonlu sayıda değil.

X = x1, x2, . . . , xn sonlu sayıda noktalar içeren bir topolojik uzay olsun. X üz-

erindeki topolojide sonlu sayıda açık kümeler var olduğundan X uzayı kompakttır.

Tanım 9.2.3. X bir tpolojik uzay ve A ⊂ X olsun. A alt kümesi alt uzay topolo-

jisine göre kompakt ise A ya X de kompakttır denir.

Lemma 9.2.1.

X bir tpolojik uzay ve A ⊂ X olsun. A nın X de kompakt olması için gerek ve

yeter şart A nın X de açık olan her örtüsünün sonlu alt örtüsünün var olmasıdır.

İspat: A alt uzayı X de kompakt olsun. Ayrıca X de açık kümeler O kolleksiyonu

A nın bir örtüsü olsun.

O′ = U ∩ A | U ∈ O

kolleksiyonu A nın örtüsüdür ve ayrıca buradaki kümeler A da açıktır. Böylece, O′

nün sonlu alt örtüsü

U1 ∩ A,U2 ∩ A, . . . , Un ∩ A

vardır. Diğer taraftan, U1, U2, . . . , Un O nun sonlu alt örtüsüdür. Dalayısıyla, A

nın X de açık olan her örtüsünün sonlu alt örtüsünün vardır.

Tersine, A nın X de açık olan her örtüsünün sonlu alt örtüsünün var olsun. Her

β ∈ B için Vβ kümeleri A da açık olmak üzere O = Vβ kolleksiyonu A nın örtüsü

olsun. Alt uzay tanımından Vβ = Uβ ∩ A olacak şekilde X de Uβ açığı vardır.

O′ = Uβ kolleksiyonu A nın bir örtüsüdür. O′ kolelksiyonu sonlu alt örtüsü

Uβ1 , Uβ2 , . . . , Uβn var olduğundan

Vβ1 , Vβ2 , . . . , Vβn

O nun sonlu alt örtüsüdür. Böylece A alt uzayı X de kompakttır.

256

Örnek 9.2.3.

(0, 1] aralığı kompakt değildir.

A = ( 1

n, 1] | n = 1, 2, 3, ...

kolleksiyonu (0, 1] aralığının bir açık örtüsüdür fakat bu örtünün sonlu bir alt örtüsü

(0, 1] aralığını örtmez.

Benzer şekilde [0, 1) ve (0, 1) aralıklarının da kompakt olmadığı gösterilebilir.

Örnek 9.2.4.

R nin aşağıda verilen X alt uzayı kompaktır.

X = 0 ∪ 1

n| n = 1, 2, 3, ...

R deki açıklardan oluşan O kolleksiyonu X in bir örtüsü olsun. O Kolleksiyonunda

0 ∈ R noktasını içeren bir U0 elemanı vardır. U0 kümesi tümü değil sonlu tane

noktalarını içerir. U0 kümesi X deki tüm noktaları içerirse U0, O nın bir sonlu alt

örtüsü olur. Diğer taraftan, X in U0 da olmayan her bir noktası için, O kolleksiy-

onundan, bu noktayı içerecek Şekilde bir 1m

eleman seçelim. Her bir 1ielemanı için

bu elemanı içeren O da bir Ui açık kümesi vardır. Böylece, U0, U1, . . . , Um sonlu

kolleksiyonu X nın sonlu bir alt Örtü oluşturur. Sonuç olarak, X alt kümesi R de

kompaktır.

Figure 9.3: R kümesinin bir açık örtüsü fakat sonlu sayıda değil.

Örnek 9.2.5.

Reel sayılar R kümesi üzerinde tümyeleni sayılabilir topolojisi verilsin. R kompakt

değildir. Her bir n ∈ N için Un = n, n + 1, . . . ve Vn = R − Un olmak üzere

V = Vn | n ∈ N kolleksiyonu R nin bir açık örtüsüdür. Diğer taraftan, bu

örtünün sonlu alt örtüsü yoktur.

R = Vn1 ∪ Vn2 ∪ · · · ∪ Vnk

257

olduğunu varsayalım. O zaman n0 = maxn1, n2, . . . , nk aldığımızda

R = Vn0

olurdu. Bu da bir çelişki!

Önerme 9.2.1. Y ⊂ X olsun. Aşağıdakiler denktir:

A. Y kompakttır.

B. Y yi içeren X in alt açık kümeler kolleksiyonunun sonlu alt kolleksiyonu vardır.

C. Y ile arakesiti ∅ olan, X in açık alt kümeler kolleksiyonunun sonlu alt kollek-

siyonu vardır.

İspat

• (1⇒ 2) Uj : j ∈ J, X in açık alt kümeler kolleksiyonu ve Y ⊂⋃j∈J

Uj olsun.

Y ∩ Uj : j ∈ J, Y nin açık örtüsüdür. Y kompakt olduğundan bu kümenin

sonlu alt örtüsü vardır.

Y =⋃j∈J ′

Y ∩ Uj , J ′ sonlu indeks kümesi

O halde Y ∩ Uj ⊂ Uj,∀j ∈ J ′ olduğundan Y ⊂⋃j∈J ′

Uj elde edildi.

• (1⇐⇒ 2) De Morgan kuralından denklik gösterilebilir.

• (2⇒ 1) Vj : j ∈ J, Y nin açık alt örtüsü olsun.

Vj = Y ∩ Uj, Uj ⊂ X açık ve Y ⊂⋂j∈J

Uj ⇒ Y ⊂⋃j∈J ′

Uj

⇒ Y = Y ∩⋃j∈J ′

Uj =⋃j∈J ′

Y ∩ Uj =⋃j∈J ′

Vj

O halde Y kompakttır.

Teorem 9.2.1. Kompakt uzayların kapalı alt uzayları kompakttır.

İspat X kompakt ve Y , X de kapalı alt uzay olsun. Fj, X in kapalı alt kümelerinin

kolleksiyonu olmak üzere Y ∩⋂j∈J

Fj = ∅ dir. X kompakt olduğundan ∅ =⋂j∈J ′

Fj ∩ Y =

Y ∩⋂j∈J ′

Fj olduğudan Y de kompakttır.

Örnek 9.2.6.

Reel sayılar R kümesi üzerinde tümyeleni sonlu topolojisi verilsin. R nin her alt

kümes bu topolojiye göre kompaktır. R nin sonlu olmayan her alt kümesi A kapalı

değildir çünkü bu kümenin tümleyeni açık değildir. Sonuç olarak sonlu tümleyenler

topolojisine göre R nin kompakt olup kapalı olmayan alt kümesi mevcuttur.

Örnek 9.2.7.

258

Q ∩ [a, b], kompakt kapalı [a, b] aralığının kapalı alt kümesi olmadığından bu alt

küme kompakt değildir.

Teorem 9.2.2. f : X → Y sürekli ve X kompakt uzay olsun. O halde f(X) de

kompakt uzaydır.

İspat: Uj, Y nin açık alt kümeler kolleksiyonu olsun ve f(X) i örtsün. f−1(Uj),

X in açık alt kümeleri f sürekli olduğundan X =⋃j∈J

f−1(Uj) dir. X kompakt

olduğundan X =⋃j∈J ′

f−1(Uj) dir. (J ′ sonlu indeks kümesi)

f(X) = f(⋃j∈J ′

f−1(Uj)) =⋃j∈J ′

f(f−1(Uj)) ⊂⋃j∈J ′

(Uj)

⇒ f(X) ⊂⋃j∈J ′

(Uj)

⇒ f(X) in sonlu açık alt örtüsü vardır. Yani f(X) kompakttır.

Teorem 9.2.3. X Hausdorff uzayı olsun. X in her kompakt alt kümesi kapalıdır.

Ayrık kompakt alt uzayın ayrık açık komşulukları vardır.

Sonuç 9.2.1. X kompakt Hausdorff uzay olsun. Aşağıdakiler vardır:

A. X in alt kümesi C nin kompakt olması için gerek ve yeter şart C nin kapalı

olmasıdır.

B. A ve B, X de ayrık kapalı alt kümeler ise A ⊂ U ve B ⊂ V olacak şekilde ayrık

U ve V açıkları vardır.

Tanım 9.2.4. f : X → Y injektif sürekli dönüşüm olsun. X alt uzay topolojisine

sahipsa f ye embedding denir.

Lemma 9.2.2. X kompakt Y Hausdorff olmak üzere f : X → Y fonksiyonu sürekli

olsun. Aşağıdakiler vardır:

A. f kapalı dönüşümdür.

B. f surjektif ise f kapalı dönüşümdür.

C. f injektif ise f embeddingdir.

D. f bijektif ise f homeomorfizmadır.

İspat

A. C, X de kapalı bir alt küme olsun. X kompakt olduğundan ve kompakt uza-

yın kapalı alt uzayı kompakt olduğundan C, X de kompakttır.Kompakt uzayın

sürekli fonksiyon altındaki görüntüsü kompakt olduğından f(C),Y de kompak-

259

ttır. Y Hausdorff ve Hausdorff uzayın kompakt alt uzayı kapalı olduğundan

f(C), Y de kapalıdır. O halde f kapalı dönüşümdür.

B. Herhangi bir kapalı yada açık sürjektif dönüşüm bölüm dönüşümü olduğundan

bu koşullar altında f bölüm dönüşümüdür.

C. f injektif, sürekli ve X kompakt uzayı alt uzay topolojisine sahip olduğundan

embeddingdir.

D. f dönüşümü kapalı, sürekli ve bijektif olduğundan homeomorfizmadır.

Örnek 9.2.8.

S1, R2 nin kompakt alt uzayıdır. S1 Çemberini [0, 1] kapalı aralıĞının bÖlÜm

uzayı [0, 1]/0∼1 olarak tanımlayabiliriz.

q : [0, 1]→ [0, 1]/0∼1

bölümfonksiyonu sürekli ve örtendir. Kompaktlık sürekli fonksiyonlar altında ko-

runduĞundan, kompakt uzay olan [0, 1] aralığının q altındaki görüntüsü de kom-

pakttır. SonuÇ olarak

q([0, 1]) = [0, 1]/0∼1 ≈ S1

kompakttır.

Figure 9.4: [0, 1] in bölümuzayı olarak S1

Örnek 9.2.9.

(X, τ) kompakt ve (X, τ ′) Hausdorff tapolojik uzay olsun.

(τ ⊂ τ ′)⇒ (τ = τ ′)

olduĞunu gÖsterelim.

f : (X, τ)→ (X, τ ′), x 7→ f(x) = x

260

fonksiyonunu tanımlayalım. f birebir ve örtendir. Ayrıca τ ⊂ τ ′ olduĞundan f

süreklidir. BÖylece (X, τ) kompakt ve (X, τ ′) Hausdorff olduĞundan f nin bir

homeomorfizma olduĞunu elde ederiz. Dolayısıyla τ = τ ′ dür.

Örnek 9.2.10.

Katlı Havai küpesi DHE ⊂ R2, k ∈ Z − 0 iÇin ( 1k, 0) merkezli ve 1

|k| yarıÇaplı

Ck Çemberlerinin birleŞiminden oluŞur (Bkz şekil 10.5).

Figure 9.5: DHE: Katlı Havai Küpesi

f : R −→ DHE

fonksiyonu, her k > 0 iÇin [−k. − k + 1] ve [k − 1, k] aralıklarını sırasıyla C−k

ve Ck Üzerine sarsın ve tam sayıları 0 ∈ DHE noktasına gÖtÜrsÜn. Bu Şekilde

tanımlanan f dÖnÜŞÜmÜ süreklidir. f bir

h : R/Z −→ DHE

bijeksiyondur. DHE kompakt fakat R/Z kompakt olmadığından, h bir homeomor-

fizma olamaz.

Örnek 9.2.11.

e Üstel fonksiyon olmak Üzere

e× e : I × I −→ S1 × S1

sürekli dönüşümü I × I birim karesini S1 × S1 etrafına sarar.

Her x, y ∈ I iÇin,

(0, y) ∼ (1, y) ve (x, 0) ∼ (x, 1)

denklik baĞıntısını tanımlayalım. I×I/∼ kompakt ve S1×S1 Hausdorff olduĞun-

dan, I × I/∼ bölüm uzayı S1 × S1 e homeomorftur.

Örnek 9.2.12.

261

HE ⊂ R2 Havai kÜpeleri , her k ≥ 1 için ( 1k, 0) merkezli ve 1

kyarıÇaplı Ck

Çemberlerinin birleŞiminden oluŞan alt uzaydır (Bkz Åekil 10.10).

[ 1k+1

, 1k] aralıklarını Ck Çemberlerinin etrafına saracak ve M = 0, 1, 1

2, ..., 1

k, ...

kümesinin elemanlarını da 0 ∈ HE noktasına gÖtÜrecek Şekilde tanımlanan

f : I → HE

fonksiyonu süreklidir.

Figure 9.6: Havai Küpesi

I kompakt olduĞından, bölümdönüşümü altındaki görüntüsü I/M de kompakttır

ve HE, R2 nin bir alt uzayı olduĞundan Hausdorfftur. O halde

h : I/M → HE

homeomorfizması vardır.

Lemma 9.2.3. (Tube Lemma): X bir topolojik uzay Y kompakt topolojik uzay ve

x0 ∈ X olsun. x0 × Y nin herhangi bir komşuluğu N ⊂ X × Y için x0 ⊂

U × Y ⊂ N olacak şekilde x0 ın bir U komşuluğu vardır.

İspat ∀y ∈ Y için x0 × Y ⊂ Uy × Vy ⊂ N olacak şekilde bir çarpım komşuluğu

vardır. Y kompakt olduğundan Y = V1 ∪ V2 ∪ . . . ∪ Vk olacak şekilde Yi ∈ Y

vardır.(Yi ∈ Vi) Her bir Vi için

x0 × y1 ⊂ U1 × V1 ⊂ N

x0 × y2 ⊂ U2 × V2 ⊂ N

. . .

x0 × yk ⊂ Uk × Vk ⊂ N

U = U1 ∩ U2 ∩ . . . ∩ Uk dır.

262

Lemma 9.2.4. X topolojik uzayı sonlu olmayan kapalı ayrık alt uzay içeriyorsa

X kompakt değildir.

İspat X kompakt olsaydı kompakt uzayın ayrık kapalı alt uzayı kompakt ve sonlu

olacağından hipotezle çelişir. O halde X kompakt olamaz.

Örnek 9.2.13. X = Y = R ve N = (x, y) ∈ R2||x| < 11+y2 için Tube lemmanın

doğru olmadığını gösteriniz.

Çözüm: Tanımdan N kümesinin 0×R yi içeren bir açık küme olduğu görülmek-

tedir.

Öte yandan N kümesi 0 × R yi içeren hiçbir boruyu içermez.

Teorem 9.2.4. İki Kompakt uzayın kartezyan çarpımıda kompaktır.

İspat: O kolleksiyonu X×Y çarpım uzayının bie açık örtüsü olsun. Her bir x ∈ X

için x×Y kümesi X×Y uzayında kompakt çünkü Y kompaktır. O kollelsiyonun

sonlu alt Ox kolleksiyonu x × Y kümesini örter. Ux kümesi Ox deki kümelerin

birleşimi olsun. Ux kümesi X × Y de açık ve x × Y kümesini içerir. Tube lem-

madan Wx × Y ⊂ Ux olacak şekilde x ∈ Wx ⊂ X açık alt kümesi vardır. Aynı

zamanda Ox kolleksiyonu Wx × Y kümesini örter.

Şimdi,W = Wx | x ∈ X kolleksiyonu X in açık örtüsüdür. X kompakt olduğun-

danX uzayı,W kolleksiyondaki sonlu dayıdaki açık küme tarafından örtülür. Bunu

Wx1 ,Wx2 , . . . ,Wxm olarak isimlendirelim. Böylece

C = Ox1 ∪ Ox2 ∪ · · ·Oxm

kolleksiyonu X×Y çarpım uzayını örter. C kolleksiyonu O kolleksiyonun alt kollek-

siyonu ve sonludur. O kolleksiyonun sonlu alt kolleksiyonu C var olması X × Y

çarpım uzayının kompaktlığını geririr.

Sonuç 9.2.2. X1, X2, . . . Xn topolojik uzay olsun. Her bir i = 1, 2, . . . , n için Ai

kümesi Xi nin kompakt alt uzayı olsun. O zaman A1 × A2 × · · · × An kümesi

X1 ×X2 × · · · ×Xn çarpım uzayının kompakt alt uzayıdır.

263

Tanım 9.2.5. X bir topolojik uzay ve A, X in alt kümelerinin bir ailesi olsun. A

nın her A1, A2, ..., An sonlu ailesi A1∩A2∩A3∩ ...∩An 6= ∅ koşulunu sağlıyorsa,

A ailesi sonlu arakesit özelliğine sahiptir denir.

Örnek 9.2.14.

Açık aralıkların

X = (0, 1), (0,1

2), (0,

1

3), ...

ailesinin sonlu arakesit özelliğine sahip olduğunu gösterelim.

(0, a1), (0, a2), ..., (0, an)

X in herhangi bir sonlu alt ailesi olsun. Bu durumda a = mina1, a2, ..., an olmak

Üzere

(0, a1) ∩ (0, a2) ∩ ... ∩ (0, an) = (0, a) 6= ∅

elde ederiz. Sonuç olarak X sonlu arakesit özelliğine sahiptir.

Teorem 9.2.5. Bir topolojik uzayın kompakt olması için gerek ve yeter şart bu

uzayda sonlu arakesit özelliğine sahip olan her kapalı kümeler ailesinin bütün ele-

manlarının arakesitinin boştan farklı olmasıdır.

İspat: (⇒) X kompakt topolojik uzayı ve A = Aα|α ∈ Λ, X topolojik uzayının

sonlu arakesit özelliğine sahip olan kapalı kümelerinin bir ailesi olsun.⋂α∈ΛAα = ∅

olduğunu varsayalım. O halde

X = X − ∅ = X −⋂α∈Λ

Aα =⋃α∈Λ

(X − Aα)

dır. X − Aαα∈Λ ailesi X in açık örtüsüdür. X kompakt olduğundan,

X =⋃nα=1(X − Aαi) olur.

∅ = X −X = X − (n⋃

α=1

(X − Aαi) =n⋂i=1

Aαi .

Bu ise A ailesinin sonlu arakesit özelliğine sahip olmasıyla çelişir. Dolayısıyla A

nın tüm elemanlarının arakesiti boştur.

(⇐) X topolojik uzayının kompakt olmadığını varsayalım. O zaman X in öyle bir

A = Uxλ∈Λ açık örtüsü vardır. A nın hiçbir sonlu alt ailesi X i örtemez. Yani

∀λ1, ..., λn ∈ Λ için X 6=⋃ni=1 Uλi dir. Buradan

∅ = X −X 6= X −n⋃i=1

Uλi

264

dir. Böylece⋂ni=1(X − Uλi) 6= ∅ dir. X − Uλλ∈Λ ailesi somlu arakesit özelliğine

sahip kapalı kümelerin bir ailesidir. X =⋃λ Uλ olduğundan,⋂

λ

(X − Uλ) = X − (⋃

Uλ) = ∅

X − Uλλ∈Λ nın bütün elemanlarının arakesiti boştur. Bu da hipotezle çelişir.

Sonuç olarak X uzayı kompakttır.

Örnek 9.2.15. R uzayının kompakt olmadığını gösteriniz.

Çözüm: R uzayında A = [a,∞)|a ∈ R kapalı alt kümeler ailesini ele alalım.

∀[a1,∞), [a1,∞), ..., [an,∞) ∈ A için a0 = max a1, ..., an olmak üzeren⋂k=1

[ak,∞) = [a0,∞) 6= ∅

olduğundan. A ailesi sonlu arakesit özelliğine sahiptir. Fakat⋂a∈R

[a,∞) = ∅

dir. Bir önceki teoremden, R kompakt değildir.

Lemma 9.2.5. . . . ⊂ Cn ⊂ . . . ⊂ C2 ⊂ C1 bir kompakt uzayın kapalı boştan farklı

alt kümeleri olsun. O zaman⋂n∈N

Cn 6= ∅ dir.

İspat⋂n∈N

Cn = ∅ olsun. Bir n ∈ N için Cn = ∅ Çelişki. O halde⋂n∈N

Cn 6= ∅ dir.

Teorem 9.2.6. (Tychonoff Teoremi) (Xj)j∈J kompakt uzaylar kolleksiyonu olsun.

Πj∈JXj kompaktır.

9.3 Metrik Uzaylarda Kompaktlık

Reel analizde, Euclid metriği olan Rn ye ait bir alt kümesinin kompaktlığı bu

kümeinin kapalı ve sınırlı olması ile tanımlanır. Bu bölümda böyle bir tanımın

topolojideki tanım ile uyuşmaktadır. Bu denkliği metrik uzaylarına taşıyacağız.

Ayrıca metrik uzayda kompakt kümelrin yakınsaklık özellilelerini ele alalcağız.

Lemma 9.3.1. (İç içe aralıklar Lemması) Reel sayılar R kümesinde

∀n ∈ Z+, [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn]

özelliğine sahip boştna farklı kapalı ve sınırlı aralıkların kolleksiyonu

[an, bn]n∈Z+

265

olsun. O zaman, ⋂n∈Z+

[an, bn]

arakesiti boştan farklıdır.

İspat: ∀n ∈ Z+, [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] olsun. Aralıkların uç noktalrı arasınmda

aşağıdaki eşitsizlik mevcuttur:

a1 ≤ a2 ≤ . . . ,≤ an ≤ . . . ≤ bn,≤ bn−1 ≤ . . . ≤ b2 ≤ b1.

ann∈Z+ kümesi üstten sınırlı ve dolasıyla en küçük üst sınırı vardır buna A

Figure 9.7: Her bir n için [an+1, bn+1] aralığın [an, bn] aaralığının alt kümesidir.

diyelim. bnn∈Z+ kümesi alttan sınırlı ve dolasıyla en büyük alt sınırı vardır buna

B diyelim. Böylece A ≤ B ve [A,B] aralığı boş değildir.⋂n∈Z+

[an, bn] = [A,B]

olduğunu göstereceğiz.

x ∈⋂n∈Z+ [an, bn] olsun. Tüm n için x ∈ [an, bn] dir ve dolyısıyla tüm Tüm n için

x ≥ an ve x ≤ bn dir. Böylece x ≥ A ve x ≤ B olur. Bu şu anlama gelir x ∈ [A,B]

dir. Sonuçta ⋂n∈Z+

[an, bn] ⊂ [A,B].

Şimdi, x ∈ [A,B] olsun. O zaman, Tüm n için x ≥ an ve x ≤ bn dir. Bu nedenle,

x ∈⋂n∈Z+ [an, bn] ve böylece

[A,B] ⊂⋂n∈Z+

[an, bn] dir.

Teorem 9.3.1. Reel syaılar R kümesi üzerinde standart topolojiş olsun. Her kapalı

ve sınırlı [a, b] aralığı R nin kompakt alt kümesidir.

Hemen aşağıdaki Teoremi elde ederiz:

266

Teorem 9.3.2. Ree sayılar R kümeside kapalı ve sınırlı aralıklar [a1, b1], . . . , [an, bn]

olsun.

[a1, b1]× · · · × [an, bn]

kümesi Rn uzayında kompakt alt kümedir.

Teorem 9.3.3. (Hein-Borel): Rn üzerinde standart topoloji ve standart metrik

var olsun. C ⊂ Rn alt kümesinin kompakt olması için gerek ve yeter şart C nin

kapalı ve sınırlı olmasıdır.

İspat (⇒:) C ⊂ Rn alt kümesinin kompakt olsun. Dolayısıyla C nin (−R,R)n :

R > 0 açık örtüsü vardır. C ⊂ (−R,R)n olacak şekilde R > 0 alalım. C sınırlıdır.

Kompakt Hausdorff uzayı kapalı olduğğundan C de kapalıdır.

(⇐) C kapalı ve sınırlı olsun. O halde C ⊂ [−R,R] olacak şekilde kapalı ar-

alık vardır. Kapalı aralıklar kompakt olduğundan ve kompakt uzayların kapalı alt

uzayları kompakt olduğundan C kompakttır.

Figure 9.8: Topolojik graflardan örnek

Örnek 9.3.1.

Bir topolojik graf, sonlu çoklukta nokta (köŞe) ve sonlu çoklukta kapalı sınırlı aralık

alınıp, aralıkların uç noktalarının köşelere yapıştırılması ile elde edilen uzaydır.

(Bkzşekil 10.8) Sonlu çoklukta kompakt uzayın birleşimi kompakt olduğundan,

sonlu çoklukta köşeler ile sonlu çoklukta kapalı ve sınırlı aralıkların koleksiyonu

da kompakttır. Böylece her topolojik graf bir kompakt uzayın bölümdönüşümü

altındaki görüntüsü olduğundan kompakttır.

Örnek 9.3.2.

Bir düğüm, R3 deki S1 e gömülmesidir. S1, R2 nin kapalı ve sınırlı alt uzayı

olduğundan kompakttır. Böylece sürekli olan gömme fonksiyonu altındaki görün-

tüsü de kompakttır. O halde her düĞümün, R3 ün bir kompakt alt uzayı olduğunu

sÖyleyebiliriz.

Örnek 9.3.3.

267

M = 0, 1, 12, ..., 1

k, ... olsun. R2 nin bir alt uzayı olan harmonik süpürge B,

(0, 1) ∈ R2 noktasınıM×0 daki noktalara birleştiren doğru parçalarından oluşur.

Harmonik tırmık R ise (0, 0) ∈ R noktasını M × 0 ın elemanları ile birleŞtiren

Üst yarım Çemberlerin oluŞturduĞu alt uzaydır (Bkz şekil 10.9).

B ve R, R2 nin kapalı ve sınırlı alt uzayları olduklarından kompakttır.

Figure 9.9: Harmonik Süpürge ve Harmonik Tırmık

Örnek 9.3.4.

Havai küpesi HE, R2 nin, her k ≥ 1 için ( 1k, 0) merkezli ve 1

kyarıçaplı Ck Çem-

berlerinin birleşiminden oluşan alt uzayıdır (Bkz şekil 10.10). HE R2 de kapalı ve

sınırlı olduğundan kompakttır.

Figure 9.10: Havai Küpesi

Örnek 9.3.5.

Genişleyen küpeler uzayı EE, R2 nin, (k, 0) merkezli ve k yarıÇaplı Dk tanjant

Çemberlerinin oluşturduĞu alt uzaydır (Bkz şekil 10.11). Bu alt uzay kapalıdır

fakat sınırlı değildir. Dolayısıyla EE, R2 nin kompakt olmayan bir alt uzayıdır.

Örnek 9.3.6.

Tor (T ) kompakttır. Bunu üÇ farklı yoldan gösterebiliriz.

A. Tor R3 ün, z-ekseni etrafında S1 Çemberinin döndürülmesi ile elde edilen alt

uzayıdır. Kapalıdır çünkü tümleyeninden alınan her nokta için, bu noktayı

268

Figure 9.11: Genişleyen Küpe

içeren ve T ile kesişimi boş küme olan bir açık yuvar bulabiliriz. Ayrıca, T yi

kapsayacak Şekilde, orijin merkezli bir açık yuvar var olduĞundan sınırlıdır.

BÖylece R3 ün kapalı ve sınırlı bir alt kümesi olan T kompakttır.

B. T , S1×S1 uzayına homeomorftur. S1 kompakt olduĞundan, Thyconoff teore-

minden T kompakttır.

C. T yi I× I nın karşılıklı kenarlarının yapıştırılması ile oluşan bölümuzayı olarak

ele alabiliriz. I × I R2 nin kapalı ve sınırlı alt uzayı olduĞundan kompakttır.

Bölümdönüşümü sürekli olduĞundan, I×I nın görüntüsü olan Tor da kompakt

uzaydır.

Teorem 9.3.4. (X, d) metrik uzayında A kompakt olsun. (xn), A dizi ise bu dizinin

A daki bir noktaya yakınsayan bir alt dizisi vardır.

İspat: a merkezli açık yuvarın sonsuz sayıda n için xn terimlerini içerecek şekilde

bir a ∈ A elemanın var olduğunu göstereceğiz. Böyle durumun mevcut olmadığını

varsayalım. O zaman, Her bir a ∈ A için B(a, εa) açık yuvarı sonlu sayıda n için xn

dizi terimlerini içerek şekilde εa sayısı vardır. Şimdi, O = B(a, εa) kolleksiyonunu

ele alalım. B(a, εa) açık yuvarı sonlu sayıda n için xn dizi terimlerini içerdiğindan

O nun sonlu alt kolleksiyonu (xn) dizisini örtmez. Diğer taraftan, O kolleksiyonu

A kompakt kümesinin açık örtüsü olup bu kolleksiyonun sonlu alt kolleksiyonu A

yı örter. (xn) dizisi A olduğundan bu bir çelişki! Böylece, a merkezli açık yuvarın

sonsuz sayıda n için xn terimlerini içerecek şekilde bir a ∈ A elemanın vardır.

Şimdi, her bir m ∈ Z+ için nm > nm−1 ve B(a, 1m

) olacak şekilde (xn) dizisinde

bir eleman xnm olsun. xnm dizisi a ∈ A noktasına yakınsayan (xn) dizisinin bir alt

dizidir.

269

9.4 Ekstrem değer Teoremi

Ara Değer Teoreminde olduğu gibi Eksterm Değer teoremi topolojik tabanlı bir

teoremdir. Ara değer Teoreminin Bağlantılı Tanım kümesinin sürekli fonksiyon

altıntaki görüntüsü ile alakadar olduğunu daha önceden biliyoruz. Ekstrem Değer

teoremi ise kompakt tanım kümeli sürekli reel değerli fonksiyon ile alalkadardır.

Lemma 9.4.1. X lineer sıralı uzay olsun. C de X in boştan farklı kompakt alt

uzayı olsun. O zaman C ⊂ [m,M ],m,M ∈ C dir.

İspat C nin maksimum elemanı olmasın. O zaman C ⊂ ∪c∈C(−∞, c) dir. C

kompakt olduğundan

C ⊂ (−∞, c1) ∪ (−∞, c2) ∪ . . . ∪ (−∞, ck) ⊂ (−∞, c)

Burada c = maxc1, . . . , ck ve c ∈ C idi. O halde c ∈ (−∞, c) dir. Çelişki. O

halde C nin maksimal elemanı vardır. Benzer şekilde minimal de gösterilebilir.

Lemma 9.4.2. X lineer sıralı uzay ve en küçük üst sınır özelliğine sahip olsun.

Dolayısıyla X deki her kapalı aralık kompakttır.

Sonuç 9.4.1. X lineer sıralı ve C, X in boştan farklı alt uzayı olsun.

A. C kompakt ve bağlantılı ise C kapalı aralıktır.

B. X lineer continium ise 1.sonucun ters yönü de mevcuttur.

Teorem 9.4.1. (Ekstrem Değer Teoremi): X 6= ∅ toolojik uzay ve Y lineer sıralı

uzay olmak üzere f : X → Y sürekli fonksiyon olsun.

A. X kompakt ise ∀x ∈ X için f(m) ≤ f(x) ≤ f(M) olacak şekilde m,M ∈ X

vardır.

B. X bağlantılı ve kompakt ise f(x) = [f(m), f(M)] olacak şekilde m,M ∈ X

vardır.

İspat f(X) ⊆ [a, b] olur. ∀x ∈ X için f(m) ≤ f(x) ≤ f(M) m,M ∈ X vardır.

f(m) = a ve f(M) = b.

Sonuç 9.4.2. [a, b] aralığı Rn de kapalı ve sınırlı aralık olmak üzere

f : [a, b] −→ R

fonsiyonu sürekli olsun.

A. f fonksiyonu [a, b] aralığında bir maksimum ve bir minımum değer alır.

B. f nin görüntü kümesi R de hem kapalı hemde sınırlı aralıktır.

270

Figure 9.12: f nin görüntü kümesi R de kapalı ve sınırlıdır

Örnek 9.4.1.

Nobel Yayınevi, Topoloji kitabı basımı yapacak ve bu kitabın ilgi toplaması için

basım planlaması yapmak istiyor. Şuan piyasada bulunan Topoloji kitapları ile rek-

abet etmek istiyor. Bunun için ilk çalışma olarak 500.000 TL bütçe ayırıyor. Bütçe,

kitabın en çeşitli yönleri arasında yer tahsis edilecek yazar, editör, baskı, ilan,

basım, ve dağıtım ücretini içermektedir. Bu ücretlerin her biri kara etken parame-

trelerdir. Bu parametrelerin v1, v2, . . . , vn olarak alalım. v1, v2, . . . , vn değişkenli

kar fonksiyonu P olsun. Bu kar fonksiyonu sürekli olduğunu varsayabiliriz. Bu P

fonksiyon tanım kümesi, Rn nin alt kümesidir ve .

D = (v1, . . . , vn) | v1 ≥ 0, . . . , vn ≥ 0, v1 + · · ·+ vn ≤ 500.000

şeklindedir. D kümesi kapalı ve sınırlı olduğundan, bu küme kompaktır. Bu

nedenle, Ekstrem Değer Teoremi planlanan ders kitab için maksimum karın var

olduğunu belirtir. Dikkat edilmeliş ki Ekstrem Değer Teoremi fonksiyonu maksi-

mum minimum değerlerinin nasıl bulunacağını belirtmezken maksimum ve mini-

mum değerlerinin varlığını garanti eder.

Örnek 9.4.2.

Dünyayı bir küre olarak, dünya üzerindeki hava sıcaklığını da küre Üzerinde sürekli

fonksiyon olarak ele alalım. Küre kompakt olduĞundan Ekstrem Değer Teoremine

göre, diĞer tÜm noktalardan daha sıcak olan nokta ya da noktaların ve diĞer tÜm

noktalardan daha soĞuk olan nokta ya da noktaların mevcut olduğunu söyleyebil-

iriz.

271

Örnek 9.4.3.

p : R → R, d(p) ≥ 1 olacak Şekilde herhangi bir polinom fonksiyon olsun. p,

d = d(p) ye ve xd nin iŞaretine bağlı olarak minimum ya da maksimum deĞere

sahip olmayabilir. Fakat Ekstrem Değer Teoremine göre, p nin herhangi bir [a, b]

kapalı aralığına kısıtlanışı hem minimum hem de maksimum değere sahiptir.

Takip eden iki teoremin ispatında Eksterm Değer Teoremi Kullanılmaktadır:

(X, d) metrik uzayında iki küme A ve B arasındaki uzaklığı hatırlayalım.

d(A,B) = glbd(a, b) | a ∈ A, b ∈ B.

Teorem 9.4.2. (X, d) metrik uzay olsun. A ve B kümeleri X in ayrık kompakt alt

kümeleri ise d(A,B) > 0 dir.

İspat: Uzaklık fonksiyonu d : X × X −→ R süreklidir. Kompakt uzayların

kartezyan çarpımı kompakt olduğundan A×B çarpımı X ×X de kompaktır. Ek-

strem Değer teoremini uygularsak d uzaklık fonksiyonu A× B üzerinde minimum

değer alır. Yani, her bir a ∈ A ve b ∈ B için d(a∗, b∗) ≤ d(a, b) olacak şekilde

bir a∗ ∈ A ve b∗ ∈ B vardır. Böylece d(A,B) = d(a∗, b∗) olur. A ve B ayrık

olduğundan a∗ 6= b∗ dir. Dolayısıyla, d(a∗, b∗) > 0 ve sonuç olarak, d(A,B) > 0

dir.

Lemma 9.4.3. (X, d) metrik uzay ve A da X in alt kümesi olsun.

f : X −→ R x 7→ f(x) = d(x, A)

şeklinde tanımlanan fonksiyon süreklidir.

Lemma 9.4.4. (Lebesgue sayısı) (X, d) kompakt metrik uzay olsun. O kollek-

siyonu X in açık örtüsü olsun. Her bir x ∈ X için B(x, λ) ⊂ U bağıntısını sağlayan

U ∈ O var olcak şekilde bir λ > 0 sayısı vardır.

Sonuç 9.4.3. O kolleksiyonu kapalı ve sınırlı [a, b] aralığının bir örtüsü ve ayrıca bu

kolleksiyondaki kümeler R de açık olsun. Tüm j =, 1 . . . , n için [aj−1, aj] aralığını

içeren Uj ∈ O var olacak şekilde [a, b] aralığının

a = a0 < a1 < . . . < an = b

alt bölüntüleri vardır.

Tietze Genişleme Teoremi hangi şartlar altında genişlemnin var olduğunu belirtir.

Şimdi, metrik uzaylarda Tietze Genişleme Teoremini ifade edelim.

272

Teorem 9.4.3. (Metrik Uzaylarda Tietze Genişleme Teoremi): X metrik

uzayının kapalı alt kümesi A olsun. Her sürekli f : A −→ [−1, 1] fonsiyonu F :

X −→ [−1, 1] sürekli fonksiyonuna genişler.

Takip eden lemmalar kullanılarak Tietze Genişleme Teoremi ispatlanır.

Lemma 9.4.5. X metrik uzayın boş olmayan ayrık alt kümeleri B ve C olsun.

Ayrıca b < c olmak üzere b, c ∈ R olsun. g−1(b) = B ve g−1(c) = C olacak şekilde

sürekli fonksiyon f : X −→ [−1, 1] vardır.

Lemma 9.4.6. X metrik uzayının kapalı alt kümesi A olsun. f : A −→ [−1, 1]

sürekli ise tüm a ∈ A için

|f(a)− g(a)| ≤ 2k

3

olacak şekilde bir sürekli g : X −→ [−k3, k

3] fonksiyonu vardır.

9.5 Limit Nokta Kompaktlık

Tanım 9.5.1. A. X in her sonlu olmayan alt kümesinin bir limit noktası varsa

X e limit nokta kompaktır denir.

B. X deki herhangi bir dizinin yakınsak alt dizisi varsa X e dizisel kompaktır

denir.

Teorem 9.5.1. A. X topolojik uzayı kompakt ise limit nokta kompakttır.

B. X birinci sayılabilir ve limit nokta kompakt ise dizisel kompakttır.

9.6 Yerel Kompakt Uzaylar

Tanım 9.6.1. X bir topolojik uzay ve x0 ∈ X olsun. x0 elemanının bir komşu-

luğunu içeren bir kompakt küme varsa, X uzayı x0 noktasında yerel kompaktır

denir. X uzayı her noktada yerel kompakt ise X e yerel kompakt uzayı denir.

Örnek 9.6.1.

R yerel kompakttır. x ∈ R keyfi verilsin. x ∈ (a, b) olacak şekilde a, b ∈ R vardır.

[a, b] kompakt kümesi için x ∈ (a, b) ⊂ [a, b] dir. Yani [a, b] aralığı x in bir (a, b)

açık komşuluğunu içeren bir kompakt kümedir. Dolayısıyla R yerel kompakttır.

Örnek 9.6.2.

273

Her kompakt uzay aynı zamanda yerel kompakttır. X kompakt uzay ise her bir

x ∈ X elemanı iÇin X hem bir komŞuluk hem de komŞuluĞu kapsayan kompakt

kÜme olarak alınabilir.

Örnek 9.6.3.

R yerel kompakttır. Her x ∈ R iÇin

x ∈ (x− 1, x+ 1) ⊂ [x− 1, x+ 1]

ve [x− 1, x+ 1] kompakttır.

Örnek 9.6.4.

R nin yerel kompakt olduĞunu biliyoruz. Yerel kompaktlık topolojik Özellik

olduĞundan her (a, b) aÇık aralıĞı da yerel kompakttır.

Örnek 9.6.5.

Standart topolojiye gÖre R nin alt uzayı olan Q yerel kompakt deĞildir.

Örnek 9.6.6.

(X,P(X)) diskret uzay olsun. Her x ∈ X iÇin x, x elemanının bir açıkkomŞu-

luĞudur. DiĞer yandan x ⊂ x ve x kompakt olduĞundan (X,P(X)) uzayı

yerel kompakttır. Fakat bu uzayın kompakt olması iÇin gerek ve yeter Şart X in

sonlu olmasıdır.

Örnek 9.6.7.

Rn yerel kompaktır. Her x ∈ Rn elemanı iÇin kompakt komŞuluk olarak kapalı

disk

D(x, r) = y ∈ Rn : d(x, y) ≤ r

alınabilir.

Örnek 9.6.8.

Her kompakt Hausdorff uzayın yerel kompakt olduĞunu biliyoruz. Fakat bu Ön-

ermenin tersi doğru değildir.

Sonsuz X kümesi Üzerinde sonlu tümleyenler topolojisini aldıĞımızda bu uzay

kompakttır fakat Hausdorff değildir. Buna raĞmen, X yerel kompakt uzaydır

çünkü X in her alt uzayı sonlu tÜmleyenler topolojisine sahip olduĞundan kom-

pakttır.

Örnek 9.6.9.

274

R2 yerel kompakt Hausdorff uzaydır. O halde açıkalt uzay B2 (açık disk) ile kapalı

alt uzay R× [0,∞) nin kesiŞimi

B2 ∩ (R× [0,∞))

yerel kompakttır.

Örnek 9.6.10.

Yerel kompakt Hausdorff uzayların Hausdorff sürekli görüntüsü yerel kompakt

olmayabilir. Buna Örnek olarak, τd diskret topolojiyi τs de standart topolojiyi

gÖstermek Üzere

1Q : (Q, τd) −→ (Q, τs)

birim dönüŞümünü verebiliriz.

Not 9.6.1. Q rasyonel sayılar uzayı yerel kompakt değildir.

Önerme 9.6.1. (X, τ) Hausdorff topolojik uzayı olsun. X in yerel kompakt olması

için gerek ve yeter şart verilen x ∈ X için x ∈ Ao olacak şekilde bir A kompakt

kümesinin var olmasıdır.

İspat 9.6.1. (⇒) Yerel kompaktlığın tanımından mevcuttur.

(⇐) Verilen x ∈ X için x ∈ Ao olacak şekilde en az bir A kompakt kümesinin var

olduğunu varsayalım. U , x noktasının bir komşuluğu olsun. Ao ∩ U , x noktasının

komşuluğudur ve U nun alt kümesidir. A kompakt ve Hausdorff olduğundan A, T3-

uzayıdır. Ayrıca U ∩A = U , A nın boştan farklı alt kümesidir(A da açık). Böylece,

x ∈ V ⊂ V ⊂ U ⊂ Ao olacak şekilde A da ve X de açıkbir V alt kümesi vardır.

A, Hausdorff uzayın kompakt alt kümesi olduğundan, A kapalıdır. V kompakttır.

Böylece x ∈ V = V o ⊂ V ⊂ U dur. V kompakt ve dolayısıyla X yerel kompakttır.

Sonuç 9.6.1. Kompakt Hausdorff uzay yerel kompakttır.

Önerme 9.6.2. Yerel kompakt Hausdorff uzayı, T3-uzayıdır.

İspat 9.6.2. x ∈ X ve U , x noktasının bir komşuluğu olsun.

x ∈ Ao ⊂ A ⊂ U

olacak şekilde bir A kompakt kümesi vardır. A kompakt olduğundan, A kapalıdır.

Ao ⊂ A dır. V = Ao alalım. Böylece

x ∈ V ⊂ V ⊂ U

olur. Dolayısıyla X, T3-uzayıdır.

275

Önerme 9.6.3. (X, τ) T2-uzayı ve yerel kompakt ise her açıkalt kümesi veya her

kapalı alt kümesi de yerel kompakttır.

İspat 9.6.3. U , X in açıkalt kümesi ve x ∈ U olsun. U da x in bir V komşuluğu,

X te de x noktasının bir komşuluğudur. x ∈ Ao ⊂ A ⊂ V ⊂ U olacak şekilde bir

A kompakt kümesi vardır. Böylece U yerel kompakttır.

F , X in kapalı alt kümesi ve x ∈ F olsun. x ∈ Ao ⊂ A olacak şekilde A bir

kompakt küme olsun. X T2-uzayı olduğundan, A kapalıdır. F ∩ A, kompakt uzay

A nın kapalı alt kümesidir ve dolayısıyla kompakttır. Fakat F ∩ A ⊂ F dir.

x ∈ (A ∩ F o) ⊂ A ∩ F ⊂ F

dir. F T2-uzayı olduğundan F yerel kompakttır.

Önerme 9.6.4. (X, τ) yerel kompakt T2-uzayı olsun. X in alt uzayı Y nin yerel

kompakt olması için gerek ve yeter şart bu kümenin bir açık küme ve bir kapalı

kümenin arakesiti olmasıdır.

Örnek 9.6.11. A = −1 B = x|x > 0 ve X = A ∪B olsun.

f : X −→ R2

x 7−→ f(x) =

(0, 0), x ∈ A

(x, sin 1x), x ∈ B

şeklinde tanımlansın.

f |A ve f |B sürekli ve ayrıca A ve B kapalıdır. Böylece f süreklidir.

Y = Imf alalım. f sürekli ve birebir fonksiyondur. Fakat Y yerel kompakt değildir.

Çünkü (0, 0) noktası Y nin kompakt alt kümesi tarafından içerilmez.

Önerme 9.6.5. X ve Y topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y sürekli,açıkve

örten dönüşüm olsun. X yerel kompakt ise Y de yerel kompakttır.

İspat 9.6.4. y ∈ Y ve U da y noktasının komşuluğu olsun. y ∈ Ao ⊂ A ⊂ U

olacak şekilde Y nin bir A kompakt kümesini bulmalıyız. x ∈ X için y = f(x)

alalım. f nin sürekliliğinden. f(V ) ⊂ U olacak şekilde x noktasının bir V komşu-

luğu vardır.X yerel kompakt olduğundan, x ∈ Bo ⊂ B ⊂ V olacak şekilde bir B

276

kompakt küme vardır.

f(x) = y ∈ f(Bo) ⊂ f(B) ⊂ U

dır. Fakat f(Bo) açıktır çünkü f açıkdönüşümdür. f(B) kompakttır çünkü B

kompakt ve f süreklidir. Böylece

y ∈ f(Bo) ⊂ f(B) ⊂ U

ve dolayısıyla Y yerel kompakttır.

Önerme 9.6.6. Πi∈IXi yerel kompakt olması için gerek ve yeter şart her bir bileşen

uzayı yerel kompakt ve sonlu olması dışında tüm bileşen uzaylarının kompakt ol-

masıdır.

9.7 Kompaktlaştırma

Tanım 9.7.1. (X, τ) bir topolojik uzay olsun. X in kompaktlaştırması, (Y, τ′)

kompakt uzayıdır öyleki X uzayı, Y nin yoğun alt kümesine homeomorftur.

Örnek 9.7.1. (0, 1) açıkaralığının iki tane kompaktlaştırması çember ve [0, 1] kapalı

aralığıdır.

Not 9.7.1. Yukarıdaki bu iki kompaktlaştırma homeomorfik değildir.

Tanım 9.7.2. (X, τ) bir T2-uzayı olsun. X kompakt ise X in Alexandroff veya bir

nokta kompaktlaştırması kendisidir. X kompakt olmasın. p, X de bulunmayan bir

nokta ve Y = X ∪ p olsun. Y üzerindeki topoloji aşağıdaki gibi tanımlansın:

τY = U |U ∈ τ ∪ Y − C|C,Xdekapalß

(Y, τY ) uzayına, X uzayının Alexandroff veya bir nokta kompaktlaştırmasıdenir.

Önerme 9.7.1. (X, τ) T2-uzayı olsun. X in Alexandroff veya bir nokta kompakt-

laştırması bir topolojik uzaydır.

İspat 9.7.1. X kompakt ise ispatlanacak bir durum yoktur. X in kompakt ol-

madığınu varsayalım.

1) ∅ ∈ τ olduğundan ∅ ∈ τY dir. Y = Y −∅ ve ∅ kümesi X de kompakt olduğundan

Y ∈ τY dir.

277

2) U1, U2 ∈ τY olsun. U1, U2 ∈ τ ise U1 ∩ U2 ∈ τ dur. Buradan U1 ∩ U2 ∈ τY dir.

U1 ∈ τ ve U2 = Y − C(C,Xde kompakt) ise

U1 ∩ U2 = U1 ∩ (Y − C) = U1 ∩ (X − C)

dir. X Hausdorff ve C kompakt olduğundan, C kapalıdır. X − C açıktır.

Böylece U1 ∩ U2 ∈ τY dir.

U1 = Y − C1 (C1 kompakt alt küme)

U2 = Y − C2 (C2 kompakt alt küme)

olsun. C1 ve C2 kapalı olduğundan,

U1 ∩ U2 = (Y − C1) ∩ (Y − C2) = Y − (C1 ∪ C2) ∈ τY

3) Uαα∈Λ ⊂ τy olsun. ∀α ∈ Λ için Uα ∈ τ ise⋃α∈Λ Uα ∈ τ dur. Buradan

⋃α∈Λ Uα ∈ τY dir. Cαα∈Λ ⊂ X kompakt kümeler ailesi olmak üzere ∀α

için Uα = Y − Cα alalım.⋃α∈Λ

Uα =⋃α

(Y − Cα) = Y − (⋂α

Cα = Y − C ∈ τY )

dir. Diğer durumda ⋃α∈Λ

Uα = (⋃β

Uβ) ∪ (⋃µ

(Y − Cµ))

=⋃⋃

(Y − C) = Y − (C − U) ∈ τY

Dolayısıyla τY , Y üzerinde bir topolojidir.

Örnek 9.7.2. (0, 1) açıkaralığının tek nokta kompaktlaştırması çemberdir. Yine

bu aralığın iki nokta kompaktlaştırılması [0, 1] kapalı aralığıdır. R nin tek nokta

kompaktlaştırılması çemberdir. Çünkü R, (0, 1) e homeomorftur.

Not 9.7.2. Homeomorfik uzayların homeomorfik tek nokta kompaktlaştırmaları

vardır.

Önerme 9.7.2. (X, τ) topolojik uzayının bir nokta kompaktlaştırılmasının T2-uzayı

olması için gerek ve yeter şart X in T2-uzayı ve yerel kompakt olmasıdır.

278

İspat 9.7.2. (⇒) X in kompakt olması durumunda durum açıktır. X kompakt

olmasın. Y , X in tek nokta kompaktlaştırılması olsun. Y , T2-uzayı ise X de T2-

uzayıdır. Çünkü X, Y nin alt uzayıdır. Y , T2-uzayı ve kompakttır. Böylece Y yerel

kompakttır. Fakat X, Y nin açıkalt kümesidir. Dolayısıyla X yerel kompakttır.

(⇐) X, T2-uzayı ve yerel kompakt olsun. x, y ∈ Y olsun. x ve y nin her ikisi

de X de ise X T2-uzayı olduğundan, U ∩ V = ∅ olacak şekilde x in U ve y nin

V komşuluğu vardır. x = p alalım. O zaman y ∈ X ve dolayısıyla y ∈ Ao ⊂ A

olacak şekilde X in bir A kompakt alt kümesi vardır. Y − A, x = p noktasının

komşuluğudur. Ao, y nin komşuluğudur öyleki

Ao ∩ (Y − A) = ∅

Bu nedenle Y , T2-uzayıdır.

Sonuç 9.7.1. 1) (X, τ) yerel kompakt T2-uzayı ise X in kompaklaştırılması normaldir.

2) Yerel kompakt T2-uzayı regülerdir.

İspat 9.7.3. 1) Kompakt T2-uzayı T1 ve T4-uzayıdır.

2) X in bir nokta kompaktlaştırılması normaldir ve dolayısıyla regülerdir. Regüler

uzayın alt uzayı regüler olduğundan X regülerdir.

9.8 Limit Nokta Kompaktlığı

Tanım 9.8.1. X topolojik uzayının her sonlu olmayan alt kümesinin bir limit

noktası varsa, X e limit nokta kompakttır denir.

Teorem 9.8.1. Kompaktlık, limit nokta kompaktlığı gerektirir. Fakat tersi doğru

değildir.

İspat 9.8.1. X kompakt uzay olsun. A ⊂ X verilsin. A sonlu değilse, A nın limit

noktasının var olduğunu göstereceğiz. A nın limit noktası var olmasın. A, tüm

limit noktaları içerir. Dolayısıyla A kapalıdır. a ∈ A için Ua∩A 6= ∅ olacak şekilde

a noktasının Ua komşuluğu vardır. X uzayı X − A ve Ua ile örtülür. X kompakt

olduğundan, X bu kümelerin sonlu olanlarıyla örtülür. (X − A) ∩ A = ∅ ve Ua, A

nın sadece bir elemanını içerdiğinden A sonludur.

279

Örnek 9.8.1. Y = 0, 1. τ = ∅, Y alalım. X = Z+ × Y uzayı limit nokta

kompakttır. Fakat kompakt değildir.

Tanım 9.8.2. X topolojik uzayındaki her dizinin bir yakınsak alt dizisi varsa, X

e dizisel kompakttır denir.

Teorem 9.8.2. (X, d) metrik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir:

1) X kompakttır.

2) X limit nokta kompakttır.

3) X dizisel kompakttır.

İspat 9.8.2. Ödev.

Tanım 9.8.3. (X, τ) bir topolojik uzay olsun. X in sayılabilir açık örtüsünün sonlu

alt örtüsü varsa, X e sayılabilir kompakttır denir.

Not 9.8.1. 1) Kompakt uzay, sayılabilir kompakttır.

2) Sayılabilir kompakt Lindelöf uzay kompakttır.

Önerme 9.8.1. X dizisel kompakt ise sayılabilir kompakttır.

Not 9.8.2. Bolzano-Weierstrass Teoremi, R veya R2 nin kompakt alt kümesinin

dizisel kompakt olduğunu belirtir.

Önerme 9.8.2. Sayılabilir kompakt uzay ayrılabilirdir.

Sonuç 9.8.1. 1) Sayılabilir kompakt metrik uzay kompakttır.

2) Dizisel kompakt metrik uzay kompakttır.

Önerme 9.8.3. (X, τ) metrik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir:

a) X kompakttır.

b) X sayılabilir kompakttır.

c) X dizisel kompakttır.

ALIŞTIRMALAR

1.

a) τ ve τ ′ , X üzerinde iki topoloji ve τ ′ ⊃ τ olsun. Bu topolojilerden biri altında

X in kompaktlığı diğeri altındaki kompaktlığı hakkında ne belirtir?

b) Hem τ hem de τ ′ altında X kompakt Hausdorff ise τ = τ′ ya da bunların

karşılaştırılamaz olduğunu gösteriniz.

280

2.

a) R üzerindeki sonlu tümleyen topolojisinde her alt uzayın kompakt olduğunu

gösteriniz.

b) τC = A|R − A sayılabilir veya R nin tümüdür. topolojisinde [0, 1] kompakt

alt uzay mıdır?

3. Gösteriniz ki bir metrik uzayın tüm kompakt alt uzayları metriğe göre kapalı

ve sınırlıdır.Öyle bir metrik uzay bulunuz ki kompakt olmayan kapalı ve sınırlı bir

altuzaya sahip olsun.

4. X in kompakt alt kümelerinin sonlu birleşiminin kompakt olduğunu gösteriniz.

5. A ve B, X Hausdorff uzayının ayrık kompakt alt kümeleri olsun. Sırasıyla A ve

B yi içeren U ve V ayrık açık kümelerin var olduğunu gösteriniz.

6. X kompakt ve Y Hausdorff olacak şekilde f : X −→ Y sürekli ise f in kapalı

dönüşüm olduğunu gösteriniz. (Yani f kapalı kümeleri kapalı kümelere taşır.)

7. Y kompakt ise π1 : X×Y −→ X projeksiyonunun bir kapalı dönüşüm olduğunu

gösteriniz.

8. Teorem: f : X −→ Y ve Y kompakt Hausdorff olsun. f in sürekli olması için

gerek ve yeter koşulun f in grafiği

Gf = x× f(x)|x ∈ X

in X × Y de kapalıdır.

9. Her y ∈ Y için p−1(y) kompakt olacak şekilde p : X −→ Y kapalı, sürekli,

örten dönüşüm olsun. Y kompakt ise X in de kompakt olduğunu gösteriniz.

10. Q nun yerel kompakt olmadığını gösteriniz.

11. X yerel kompakt uzay olsun. f : X −→ Y sürekli ise f(X) uzayının yerl

kompakt olması gerekir mi? f hem sürekli hem açıkise ne olur?

12. f : X1 −→ X2 yerel kompakt Hausdorff uzayların bir homeomorfizması ise f in

tek nokta kompaktlaştırmalarının bir homeomorfizmasına genişlediğini gösteriniz.

13. R nin tek nokta kompaktlaştırmasının S1 çemberine homeomorfik olduğunu

gösteriniz.

14. SΩ nın tek nokta kompaktlaştırmasının SΩ a homeomorfik olduğunu gösteriniz.

15. Z+ in tek nokta kompaktlaştırmasının R nin 0 ∪ 1n|n ∈ Z+ alt kümesine

homeomorfik olduğunu gösteriniz.

281

A. (X, τ) tÜmleyeni sonlu topolojik uzay kompakttır. GÖsteriniz.

B. Bir topolojik uzayın her sonlu alt kÜmesi kompakttır. GÖsteriniz.

C. τ ve τ ′, X kÜmesi Üzerinde iki topoloji ve τ ′ ⊃ τ olsun. X in hangi topoloji

Üzerindeki kompaktlıĞı diĞerinin Üzerinde de kompakt olmasını gerektirir.

Belirleyiniz.

D. R Üzerindeki tÜmleyeni sayılabilir topolojiye gÖre [0, 1] alt uzayı kompakt

mıdır?

E. R, Üzerinde tÜmleyeni sonlu topoloji ile ele alındıĞında R nin her alt kÜmesinin

kompakt olduĞunu gÖsteriniz.

F. N doĞal sayılar kÜmesi ve τ = U ⊆ N | Usonludur. olmak Üzere (N, τ)

uzayı kompakt uzay mıdır? AÇıklayınız.

G. Diskret uzayın bir A alt kÜmesinin kompakt olması iÇin gerek ve yeter Şart A

nın sonlu olmasıdır. GÖsteriniz.

H. Diskret uzayın sonsuz bir alt kÜmesinin kompakt olmadıĞını gÖsteriniz.

I. Bir metrik uzayın her kompakt alt uzayının o metriĞe gÖre kapalı ve sınırlı

olduĞunu gÖsteriniz. Kompakt olmayan kapalı ve sınırlı alt uzaylara sahip bir

metrik uzay bulunuz.

J. X kompakt ve Y Hausdorff olmak Üzere f : X → Y fonksiyonu sÜrekli ise f

nin kapalı dÖnÜŞÜm olduĞunu gÖsteriniz.

K. Y kompakt uzay ise p : X × Y → X projeksiyon dönüşümün kapalı olduĞunu

gÖsteriniz.

L. p : X → Y dÖnÜŞÜmÜ her y ∈ Y iÇin p−1(y) kompakt olacak Şekilde ka-

palı, sÜrekli ve Örten bir dÖnÜŞÜm olsun (BÖyle dÖnÜŞÜmlere muhteŞem

dÖnÜŞÜm denir). GÖsteriniz ki, eĞer Y kompakt ise X de kompakttır.

M. G bir topolojik grup olsun.

(a) A ve B G nin alt uzayları olsun. EĞer A kapalı ve B kompakt ise A.B nin

kapalı olduĞunu gÖsteriniz.

(b) H G nin bir alt grubu ve p : G → G/H bÖlÜm dÖnÜŞÜmÜ olsun. H

kompakt ise p nin kapalı dÖnÜŞÜm olduĞunu gÖsteriniz.

(c) H G nin kompakt alt grubu olsun. G/H kompakt ise G nin de kompakt

olduĞunu gÖsteriniz.

N. A kompakt, F kapalı ise A ∩ F nin kompakt olduĞunu gÖsteriniz.

282

O. X bir topolojik uzay ve A1, A2, ..., An X in kompakt alt kÜmeleri olsun. A1 ∪

A2 ∪ ...An alt kÜmesinin de kompakt olduĞunu gÖsteriniz.

P. Kompakt kÜmelerin keyfi birleŞiminin kompakt olması gerekmediĞine bir Örnek

veriniz.

Q. [0, 1] kapalı aralıĞının bir alt uzayı olan Cantor kÜmesinin kompakt olduĞunu

ispatlayınız.

R. D, R2 de birim disk olmak Üzere A = D − (0, 0) alt uzayı kompakt mıdır?

AÇıklayınız.

S. Z Üzerinde B = (−n, n) | n ∈ Z+ ile Üretilen topolojiyi ele alınız.

(a) Z in (−5, 5) alt kÜmesi bu topolojiye gÖre kompakt mıdır,

(b) Z bu topolojiye gÖre kompakt mıdır? AraŞtırınız.

T. [0, 1] kapalı aralıĞının R Üzerindeki alt limit topolojisine gÖre kompakt alt

uzay olmadıĞını gÖsteriniz.

U. AŞaĞıdaki iddiaların doĞruluĞunu araŞtırınız:

(a) Bir topolojik uzayın kompakt alt kÜmesinin kapanıŞı kompakttır.

(b) Bir topolojik uzayın kompakt alt uzayı kompakt iÇe sahip olamaz.

V. R/Z bÖlÜm uzayının kompakt olmadıĞını gÖsteriniz.

W. X kompakt topolojik uzay ve f : X → Y bijektif fonksiyon iken f homeomor-

fizma olmayacak Şekilde bir Örnek oluŞturunuz.

X. Y Hausdorff topolojik uzay ve f : X → Y bijektif fonksiyon iken f homeomor-

fizma olmayacak Şekilde bir Örnek oluŞturunuz.

Y. Bir Hausdorff uzayın tÜm yoĞun kompakt alt uzaylarını belirleyiniz.

Z. (a) HE Havai kÜpeleri uzayını ve EE geniŞleyen kÜpeler uzayını gÖstersin

(Bkz Åekil 10.10 ve Åekil 10.11). Her k ≥ 1 iÇin HE deki Ck Çemberini, EE

deki Dk Çemberine eŞleyen

HE ↔ EE

bijeksiyonunu ele alınız. Bu bijeksiyon her iki yÖnde de sÜrekli midir?

(b) HE ya da EE, Çiftli Havai kÜpeleri uzayına homeomorf mudur? (Bkz

Åekil 10.5)

. (a) R/(R − [0, 1]) bÖlÜm uzayının kompakt olduĞunu fakat Hausdorff ol-

madıĞını gÖsteriniz.

283

(b) R/(R − (0, 1)) bÖlÜm uzayının hem kompakt hem de Hausdorff uzay

olduĞunu gÖsteriniz.

. KompaktlıĞı kullanarak, dÜzlemin kÜreye homeomorf olmadıĞını ispatlayınız.

. Dn/Sn−1 bÖlÜm uzayının Sn e homeomorf olduĞunu ispatlayınız.

. [a, b] R de kapalı ve sınırlı bir aralık olsun. f : [a, b] → R sÜrekli ise f nin

görüntüsünÜn R de kapalı ve sınırlı bir aralık olduĞunu ispatlayınız.

. Bir X ⊂ R alt uzayının kompakt olması iÇin gerek ve yeter Şart her

f : X → R

sÜrekli fonksiyonunun sınırlı ve X Üzerinde bir maksimum deĞere sahip ol-

masıdır. Äspatlayınız.

. X kompakt Hausdorff uzay ve R, X Üzerinde kapalı denklik baĞıntısı (yani

R ⊂ X×X kapalı alt uzay) olsun. X/R bÖlÜm uzayının Hausdorff olduĞunu

ispatlayınız.

. f : X → Y sÜrekli, kapalı ve Örten bir fonksiyon olsun. Y kompakt ve her

y ∈ Y iÇin f−1(y)X in kompakt alt uzayı iseX uzayının da kompakt olduĞunu

ispatlayınız.

. R nin, B = (a, b] | a, b ∈ R, a < b bazıyla Üretilen topolojiye gÖre yerel

kompakt olduĞunu gÖsteriniz.

. Topologların Sine eĞrisi

X = (x, sin(1

x)) ∈ R2 : 0 < x ≤ 1

π

Şeklinde tanımlanır. X ∪ (0, 0) ve X, R2 nin yerel kompakt alt uzayları

mıdır? AraŞtırınız.

. ∅ ∪ (0, 1) ∪ ( 1n, 1) : n = 2, 3, ... sınıfının (0, 1) Üzerinde bir topoloji

olduĞunu gÖsteriniz. Bu topoloji ile birlikte (0, 1) açıkaralıĞının yerel kom-

pakt olduĞunu fakat her komŞuluĞun kompakt olmayan bir kapanıŞa sahip

olduĞunu ispatlayınız.

. Yerel kompakt uzayların sÜrekli ve açıkfonksiyon altındaki görüntüsü de yerel

kompakttır. GÖsteriniz.

. G yerel kompakt topolojik grup ve H G nin alt grubu olsun. G/H bÖlÜm

grubunun yerel kompakt olduĞunu gÖsteriniz.

284

. (0, 1) aralıĞının tek nokta kompaktlaŞtırmasının Çembere homeomorf olduĞunu

gÖsteriniz.

. Q rasyonel sayılar kÜmesinin tek nokta kompaktlaŞtırmasının Hausdorff ol-

madıĞını gÖsteriniz.

. S1 × (0, 1) açıkannulus uzayının tek nokta kompaktlaŞtırmasını bulunuz.

. açıkMobius Şeriti [0, 1] × (0, 1) den, uÇ noktalar Mobius Şeritinde yapıldıĞı

gibi birleŞtirilerek elde edilen uzaydır. açıkMobius Şeritinin tek nokta kom-

paktlaŞtırmasını oluŞturunuz.

. AŞaĞıdaki kompakt olmayan, yerel kompakt Hausdorff uzayların Hausdorff tek

nokta kompaktlaŞtırmalarını oluŞturunuz:

(a) Rn Euclid uzayındaki açıkbirim yuvar Bn,

(b) Reel doĞrunun R− 0, 1 alt uzayı,

(c) Topologların Sine eĞrisi X = (x, sin( 1x)) ∈ R2 : 0 < x ≤ 1

π,

(d) Ãift Sine eĞrisi Y = (x, sin( 1x)) ∈ R2 : 0 < |x| ≤ 1

π.

. R− Z ⊂ R alt uzayının tek nokta kompaktlaŞtırmasının Çiftli Havai kÜpeleri

uzayına homeomorf olup olmadıĞını belirleyiniz. (Bkz Şekil 10.5)

. Sırasıyla doĞal sayılar ve tam sayıları gÖsteren N ve Z diskret uzaylarının tek

nokta kompaktlaŞtırmalarından R iÇine birer gÖmme tanımlayınız.

. Bir kompakt Hausdorff uzayın kompaktlaŞtırması yine kendisidir. GÖsteriniz.

. X∞ ve Y∞, kompakt olmayan yerel kompakt Hausdorff X ve Y uzaylarının tek

nokta kompaktlaŞtırmalarını gÖstersin. X ≈ Y ise X∞ ≈ Y∞ olduĞunu fakat

tersinin doĞru olmadıĞını ispatlayınız.

Chapter 10

BAĞLANTILI UZAYLAR

10.1 Tarihçe

Bağlantılılık kavramı 1883 yılında Rn in kapalı ve sınırlı alt kümeleri için Cantor

tarafından şu şekilde tanımlanmıştır:

X uzayının her a, b ikilisi ve ε pozitif sayısı için X in x1 = a, xn = b ve d(xi, xi+1) <

ε, i = 1, 2, ..., n − 1 olacak şekilde xini=1 noktalarının sonlu kümesi varsa X

uzayına bağlantılıdır denir.

Bu tanım genel topolojik uzaylar için uygun değildir çünkü üzerinde uzaklık tanım-

lanmamıştır. Aslında Cantor’un tanımı genel olarak metrik uzaylar için bile uygun

değildir.

1892 yılında bağlantılılığın modern tanımı Rn in kapalı ve sınırlı alt kümeleri için

Camille Jordan tarafından şu şekilde verilmiştir:

X uzayının A ve X \ A nın arakesitleri boş küme olacak şekilde bir A öz alt kümesi

yoksa X uzayına bağlantılıdır denir.

Jordan’ın tanımı 1911 yılında N.J. Lennes tarafından soyut kümelere genişletilmiştir.

Bağlantılılığın sistematik çalışılması Hausdorff’un 1914 yılında yayımladığı bilim-

sel tezi Grundzüge der Mengenlehre ile başlamıştır. Ayrılmış (separated) kümeler

kavramı Hausdorff’a göre tanımlanmış ve bir kümenin bağlantılı olması için iki

ayrılmış kümenin birleşimi olamaması gerektiği belirtilmiştir. ’Bileşen’ kavramı

Hausdorff’a göre ’tamamen bağlantısızlık’ kavramına bağlı olarak o dönemde ’kalıtım-

sal bağlantısız’ olarak verilmiştir. ’Yerel bağlantılılık’ 1914 yılında Hans Hahn

(1879-1934) yılında verilmiştir. Benzer özellikler 1911 de Pia Nalli ve 1913 de

285

286

Mazurkiewicz tarafından ele alınmıştır.

’Yol bağlantılılık’, bağlantılılık özelliklerinin en eskisidir, noktaları sürekli bir eğriyle

birleştirme fikri yüzyıllar öncesine dayanmaktadır. Topolojiksel sezgiye göre kısıt-

larsak yol bağlantılılık Rn in alt kümeleri için ilk olarak 1890 yılında Weierstrass

tarafından kullanılmıştır.

10.2 Bağlantılı Uzaylar

Tanım 10.2.1. X bir topolojik uzay olsun. Eğer X = A ∪ B ayrık açıkların

birleşimi şeklinde yazılabiliyorsa (A∩B = ∅) X e bağlantılı olmayan (bağlantısız)

uzay denir. A ve B ye de X in ayıranları denir. Eğer X uzayının ayıranları yoksa

X uzayına bağlantılı uzay denir.

Örnek 10.2.1.

Birden fazla elemanlı bir küme X üzerinde ayrık topoloji verilsin. Herhangi bir

x ∈ X için x ve X − x kümeleri ayrık, açık ve boştan farklıdır. Ayrıca, bu

alt kümelerin birleşimi X i verir. Böylece X bağlantılı değildir. Diğer taraftan, X

üzerinde aşikar topolojik alırsak X in boş kümeden farklı açık alt kümesi sadece

kendisidir. Dolayısıyla X bağlanrılıdır.

Örnek 10.2.2.

X = 1, 2, 3 kümesi üzerinde

τ = ∅, X, a, b, b, b, c ve τ ′ = ∅, X, a, b, b, b, cc

topğolojileri verilsin. τ topolojisine göre X bağlantılıdır çünkü birleşimleri X olan

ayrık açık boştan farklı kümeler yoktur. Diğer taraftan, τ ′ topolojisine göre X

bağlantılı değildir. U = 1, 2 ve V = 3 açık kümeleri X in ayrık alt kümeleridir.

Figure 10.1: X = 1, 2, 3 üzerinde iki topoloji, ilki bağlantılı diğeri değil

287

Örnek 10.2.3.

R nin alt uzayı A = (−1, 0) ∪ (0, 1) bağlantılı değildir cünkü (−1, 0) ve (0, 1)

kümeleri, A nın ayrık açık alt kümeleri(ayırıcıları) dir.

Figure 10.2: A = (−1, 0) ∪ (0, 1) bağlantılı değil

Örnek 10.2.4.

Sonsuz dişil topolojici tarak uzayı

X = (x, 1

n) | 0 ≤ x ≤ 1, n ∈ N ∪ (x, 0) | 0 ≤ x ≤ 1 ∪ (0, y) | 0 ≤ y ≤ 1

verislsin. Bu uzay bağlantılıdır.

Figure 10.3: Sonsuz dişil topolojici tarak uzayı

Teorem 10.2.1. Aşağıdaki önermeler denktir:

A. X bağlantılı uzaydır.

B. X in kapalı va açık alt kümeleri X ve ∅ dir.

C. X in ayrılmış alt kümeleri yoktur.

D. X −→ 0, 1 her sürekli fonksiyon sabittir.

İspat

• (1 ⇒ 2) X bağlantılı uzay olsun. C, X in hem açık hem de kapalı alt kümesi

olsun.O halde X − C de hem açık hem de kapalıdır. Bu durumda X = C ∪

288

(X − C) yazabiliriz. X i ayrık birleşimler şeklinde yazamayacağımızdan bu

kümelerden biri ∅ olmalıdır. Bu durum da C = ∅ yada X − C = ∅ olmalıdır.

O halde C = ∅ yada X = C dir. O halde hem açık hem de kapalı kümeler ∅ ve

X dir.

• (2⇒ 3) X in hem açık hem de kapalı kümeleri X ve ∅ olsun. X = A∪B ayrık

kümelerin birleşimi şeklinde yazılsın. O halde;

A∩B = ∅ =⇒ A∩B = ∅ olduğundan A = A dır. Benzer şekilde B = B dir. O

halde A ve B kümeleri hem açık hem de kapalıdır. O halde ya A = ∅, B = X

yada A = X,B = ∅ dir. Yani X in ayrılmış alt kümeleri yoktur.

• (3⇒ 4) X in ayrılmış alt kümeleri var olmasın. Varsayalım ki f : X =⇒ 0, 1

fonksiyonu sabit fonksiyon olmasın. Bu durumda f fonksiyonu örten ve sürekli

alabiliriz. Eğer f sabit fonksiyon değilse;

f−1(0) ⊂ X ve f−1(1) ⊂ X kümeleri açıktır. O halde f−1(0)∪f−1(1) =

X dir. Yani f−1(0) ve f−1(1) X in ayrık kümeleridir. Hipotezle çelişti. O

halde f sabittir.

• (4⇒ 1) f : X =⇒ 0, 1 sabit fonksiyon olsun. Varsayalım kiX bağlantılı uzay

olmasın. Bu durumda X = U1 ∪ U2 ayrık açık birleşimi olsun. Bu durumda

f(U1) = 0 ve f(U2) = 1 dır. Yani f sabit değildir. Hipotezle çelişki. o halde

X bağlantılı uzaydır.

Örnek 10.2.5.

I = [0, 1] bağlantılıdır. Varsayalım ki I bağlantılı olmasın. Bu durumda [0, 1] =

U ∪V olacak şekilde U ve V ayıranları vardır. c = sup[0, 1]∩U, c < 1 aksi halde

c = sup[0, 1] ∩ V olsun. [0, 1] = U ∪ V olduğundan c ∈ U veya c ∈ V dir.

Eğer c ∈ U açık ise (c− ε, c+ ε) ⊂ U olacak şekilde ε > 0 vardır.

Fakatc+ ε

2∈ U ve

c+ ε

2> c olamaz. Çelişki.

Eğer c ∈ V açık ise (c− δ, c+ δ) ⊂ V olacak şekilde δ > 0 vardır.c− δ

2∈ V , (

c− δ2

, c) ∩ U = ∅ Bu durumda c supremum olamaz. Çelişki.

O halde varsayımımız yanlıştır. Yani I kümesi bağlantılıdır.

Teorem 10.2.2. f : X → Y sürekli ve X bağlantılı olsun. Bu durumda f(X) de

bağlantılıdır.

İspat Varsayalım ki f(X) bağlantısız olsun. Yani f(X) in ayıranları var olsun.

Bu durumda f(X) = U ∪ V , U ∩ V = ∅ dir. f sürekli olduğundan ters görüntü

289

f−1(U) ve f−1(V ) kümeleri X de açık ve U ∩ f(X) 6= ∅ olduğundan f−1(U) 6= ∅

dir. Benzer şekilde f−1(V ) 6= ∅ dir. Ayrıca, f(X) ⊂ U ∪ V bağıntısından

X ⊂ f−1(U ∪ V ) = f−1(U) ∪ f−1(V ) elde ederiz. Dolayısıyla, U ∩ V ∩ f(X) = ∅

olduğundan f−1(U) ve f−1(V ) ters görüntü kümelerin arakesiti boştur. Böylece,

f−1(U) ve f−1(V ) ters görüntü kümeleri X in ayrıcısıdır. Bu ise X in bağlantılı

olması ie çelişir. Sonuç olarak, f(X) görüntü kümesi Y de abğlantılıdır.

Sonuç 10.2.1. (X, τ) bağlantılı topolojik uzay ve ∼ bağıntısı X üzerinde denklik

bağıntısı olsun. Bu takdirde, Bölüm uzayı X/ ∼ bağlantılıdır.

İspat: q : X −→ X/ ∼ bölüm dönüşümü sürekli ve Teorem 9.2.2 den X/ ∼

bağlantılıdır.

Sonuç 10.2.2. Bağlantılılık bir topolojik özelliktir.

Örnek 10.2.6.

• X = [−1, 0) ∪ (0, 1] alt uzayı bağlantılı değildir.

• X = −1, 1 ve τ = ∅, X olsun. X de ∅ ve X hem açık hem de kapalı

olduğundan X bağlantılıdır.

• R− 0 = (−∞, 0) ∪ (0,+∞) olduğundan bağlantılı değildir.

• X = [−1, 1] kümesinin A = [−1, 0] ve B = (0, 1] ayrık kümeleri için A ∩ B =

[−1, 0] ∩ [0, 1] = 0 6= ∅ olduğundan X kümesi bağlantılıdır.

• Q kümesi bağlantılı değildir.

p, q ∈ Q ve Y ⊂ Q kümesi p ve q yu içeren alt küme olsun. İki rasyonel sayı

arasında bir irrasyonel sayı var olduğundan p < a < q irrasyonel sayısını alalım.

Y ∩ (a,∞) ve Y ∩ (−∞, a) kümeleri Y de açıktır. Y = (a,∞)∪ (−∞, a) ayrık

açıkların birleşimi şeklinde yazılabildiğinden Y bağlantılı değildir. O halde Q

bağlantılı değildir.

• X = (x, y) ∈ R2 : y = 0 ∪ (x, y) ∈ R2 : y =1

x kümesi bağlantılı değildir.

Tanım 10.2.2. A ve B, X de iki küme olsun. A ∩B = ∅ ve A ∩B = ∅ oluyorsa

A ve B kümelerine karşılıklı olarak ayrıktır(mutually separated) denir.

Teorem 10.2.3. X in alt uzayı E nin bağlantılı olması için gerek ve yeter şart

E = A ∪ B olacak şekilde X de karşılıklı olarak ayırıcı A ve B kümelerinin var

olmamasıdır.

290

İspat: E bağlantılı olmasın. A ve B kümeleri E alt uzayını ayırsın.

A ∩BX = A ∩ E ∩BX = A ∩ (E ∩BX) = A ∩BE = ∅.

Benzer şekilde A ∩B = ∅ dir. A ve B kümeleri karşılıklı olarak ayırıcıdır.

Tersine, E = A ∪B ve A, B karşılıklı olarak ayırıcı olsun.

BE = E ∩BX = (A ∪B) ∩BX = (A ∩BX) ∪ (B ∩BX) = (B ∩BX) = B.

Böylece, B kapalıdır. Benzer şekilde, A kapalıdır. E bağlantılı değildir.

Sonuç 10.2.3. A ve B X de karşılıklı olarak ayırıcı ve E de A ∪B nin bağlantılı

alt uzay olsun. Bu durumda E ⊂ A veya E ⊂ B dir.

İspat: A ve B X de karşılıklı olarak ayırıcı ise A ∩ E ve B ∩ E karşılıklı olarak

ayrıcıdır. E ∩ A = ∅ yada E ∩B = ∅ dir. O halde;

E ∩ A = ∅⇒ E ⊂ B

E ∩B = ∅⇒ E ⊂ A

dır.

Sonuç 10.2.4. A,X in bağlantılı alt kümesi olsun. A ⊂ B ⊂ A ise B bağlantılıdır.

İspat A,X in bağlantılı alt kümesi ve A ⊂ B ⊂ A olsun. Varsayalım ki B = C∪D

şeklinde B nin ayıranları C ve D var olsun. A bağlantılı ve Sonuç 9.2.3 dan A ⊂ C

veya A ⊂ D dir. A ⊂ C olduğunu varsayalım. O zaman A ⊂ C ve C ∩ D = ∅

olduğundan B ∩D = ∅ dir. Çelişki. O halde B bağlantılıdır.

Teorem 10.2.4. (Yj)j∈J , X in bağlantılı alt uzay ailesi olsun. Ayrıca ∀j ∈ J için

Yj ve Yj0 ayrık olmayacak şekilde bir j0 ∈ J var olduğunu varsayalım. O zaman⋃j∈J

Yj bağlantılıdır.

İspat Y =⋃j∈J

Yj nin bağlantılı olduğunu göstermeliyiz. Varsayalım ki Y , X in

iki ayrık alt kümelerinin birleşimi şeklinde yazılabilsin. Yani Y = A ∪ B,A ⊂

X,B ⊂ X;A∩B = ∅ olsun. Bu durumda bir önceki önermeden herbir Yj, A veya

B tarafından kapsanmaktadır. Yani Yj ⊂ A veya Yj ⊂ B dir. Burda Yj0 ⊂ A

olduğunu varsayalım. Dolayısıyla ∀j ∈ J için Yj ⊂ A dır. Fakat Yj ile Yj0 ayrık

alt kümelerdir elde edildi. Hipotezle çeliştiğinden dolayı Y = A dır. O halde Y

bağlantılıdır.

291

Teorem 10.2.5. X ve Y bağlantılı uzaylar ise X × Y de bağlantılıdır.

İspat: Her bir x ∈ X için X × Y uzayının x × Y alt uzayı Y ye homeomorf

olduğunu biliyoruz. Y bağlantılı olduğundan bu alt uzay da bağlantılıdır. Benzer

şekilde, her bir y ∈ Y için X × y alt uzayı bağlantılıdır. Teorem 9.2.4 den her

bir x ∈ X ve y ∈ Y için x × Y ∪ X × y kümesi X × Y çarpım uzayında

bağlantılıdır. Sabit x0 ∈ X noktasını alalım. Her bir x0 × Y ∪X × y kümesi

x0 × Y tarafından kapsanır. Yine, Teorem 9.2.4 den

Figure 10.4: x × Y ∪X × y kümesi X × Y ye bağlantılıdır

⋃y∈Y

(x0 × Y ∪X × y)

uzayı X × Y de bağlantılıdır. Ayrıca,⋃y∈Y

(x0 × Y ∪X × y) = X × Y

eşitliği X × Y nin bağlantılığını getirir.

(X, τ) bir topolojik uzay olsun. X üzerindeki ∼ bağıntısı aşağıdaki şekli ile tanım-

lansın:

x ∼ y :⇔ x ve y, Xin bağlantılı alt kümesine aittir.

∼ bağıntısı bir denklik bağıntısı olduğuınu iddia ediyoruz. Her x ∈ X için x ∼ x

dir. x, y ∈ X için x ∼ y olsun. ∼ bağıntısının tanımından x ve y elemanları X

in bağlantılı alt kümesine aittir. Dolayısıyla, y ∼ x dir. x, y, z ∈ X için x ∼ y ve

y ∼ z olsun. O zaman x ve y elemanları X in bağlantılı alt kümesi C ye aitttir

ve y ve z elemanları X in bağlantılı alt kümesi C ′ ye aitttir. C ve C ′ herikisi y

elemanını içerir. Teorem ref904 den C ∪C ′ bağlantılıdır. x, z ∈ C ∪C ′ olduğundan

x ∼ z dir. Böylece ∼ bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.

Tanım 10.2.3. (X, τ) bir topolojik uzay olsun. X üzerindeki ∼ bağıntısı yakarıdaki

şekli ile tanımlansın. ∼ bağıntısının denklik sınıflarına X in bileşenleri denir.

292

Teorem 10.2.6. (X, τ) bir topolojik uzay olsun.

A. X uzayının bileşenleri bağlantılıdır.

B. A kümesi X de bağlantılı ise A kümesi X in bir bileşenin alt kümesidir.

C. X ait her bir bileşen X in bir kapalı lat kümesidir.

İspat: Burada Teoremin birinci ve üçüncü kısmını ispatlayacağız. Diğer kısımını

okuyucuya alıştırma olarak bırakılmıştır.

(a) (X, τ) bir topolojik uzay ve C de X in bir bileşeni olsun. C nin bağlantılı

olduğunu göstereceğiz. p ∈ C alalım. ∼ denklik bağıntısı altında C bir denklik

sınıfı olduğundan her bir x ∈ X için x ∼ p dir. ∼ denklik bağıntısının tanımından

x ve p noktasını içeren bir Cx bağlantılı kümesi vardır.

Cx ⊂ C olduğunu iddia ediyoruyz. y ∈ Cx olsun. y ve p noktaların herikisi bağlan-

tılı Cx kümesine aittir. Böylece, y ∼ p olur. Bu nedenle, y elemanı aynı denkil

sınıfına aittir, yani y ∈ C dir.

Birleşim lemmasından ⋃x∈C

Cx = C

eşitliğini elde ederiz. Böylece C, Cx bağlantılı kümelerin birleşimidir ve ayrıca bu

bağlantılı kümelerin herbiri p noktasını içermektedir. Teorem 9.2.4 den C bağlan-

tılıdır.

(c) C, x ∈ X elemanın bir bileşeni olsun. O zaman, C, x elemanını içeren bağlantılı

kümedir ve C ⊂ C olur. Bu da C nin kapalı olduğunu gösterir.

Örnek 10.2.7.

Reel sayılar R kümesi üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi verilsin. Bu topolojiye

göre sadece bir bileşen var o da R nin kendisidir.

Örnek 10.2.8.

Reel sayılar R kümesi üzerinde alt limit topolojisi verilsin. Burada bileşenlerin

R nin tek-noktalı alt kümeler olduğunu iddia ediyoruz. Buna göre, R nin alt

kümesinin birden fazla elemanı varsa bu kümenin bağlantılı olmadığını göstereceğiz.

x < y elemanları içeren R nin alt kümesi A yı ele alalım. Ayrıca, x < z < y

olacak şekilde bir z elemanını seçelim. (∞, z) ve [z,∞) kümelri A nın ayırıcılarıdır.

293

Dolayısıyla, A bağlantılı değildir. Böylece, bu topolojiye göre R nin boş olmayan

bağlantılı alt kümeleri sadece tek-noktalı kümelerdir. Sonuç olarak bu kümeler

bileşenlerdir.

Tanım 10.2.4. (X, τ) bir topolojik uzay olsun. X in bileşenleri X in tek-noktalı

alt kümeleri ise X e tamamen bağlantısız denir.

Örnek 10.2.9.

Örnek 9.2 den reel sayılar R kümesi üzerinde alt limit topolojisine göre tamamen

bağlantısızdır.

Örnek 10.2.10.

Rasyonel sayılar kümesi standart topolojiye göre tamamen bağlantısızdır.

Teorem 10.2.7. f : X −→ Y bir homeomorfizma olsun. C, X topolojik uzayın

bileşeni ise f(C) de Y topolojik uzayının bileşenidir.

İspat: f : X −→ Y bir homeomorfizma ve C de X topolojik uzayın bileşeni

olsun. Teorem 9.2.6 dan C, X de bağlantılıdır. Teorem 9.2.2 den f(C), Y de

bağlantılıdır. Tekrar Teorem 9.2.6 dan, f(C) Y deki D bileşenin bir alt kümesidir.

Şimdi, f(C) = D olduğunu gösterelim.

D bileşeni Y de abğlantılı ve f−1 sürekli olduğundan f−1(D) ters görüntü kümesi

X de bağlantılıdır. Ayrıca, f(C) ⊂ D bağıntısından C ⊂ f−1(D) bağıntısını elde

ederiz. Fakat C, X in bileşeni ve bağlantılı f−1(D) ters görüntü kümesinin bir alt

kümesidir. Böylece C = f−1(D) ve dolayısıyla f(C) = D dir.

Teorem 10.2.8. X lineer sıralı uzay ve C, X in alt uzayı olsun. C bağlantılı ise

konvekstir.

İspat: C lineer sıralı uzay X in bir alt kümesi olsun. ∀a, b ∈ X için [a, b] ⊂ C

ise C ye konveks alt küme denir. Varsayalım ki C konveks olmasın. O halde X

de a < x < b noktaları için a, b ∈ C fakat x 6∈ C dir. Bu durumda (−∞, x) ve

(x,+∞) kümeleri X de açıklardır. Bu durumda C ⊂ (−∞, x) ∪ (x,+∞) ayrık

açıklar tarafından kapsanmaktadır. O halde C bağlantılı değildir. Çelişki. Bu

durumda C konvekstir.

Tanım 10.2.5. (Lineer Continium): L basit sıralı bir küme olsun. L aşağıdaki

özelliklere sahip ise L ye lineer continium denir.

A. L en küçük üst sınır özelliğine sahip olmalıdır.

294

B. x < y ise x < z < y olacak şekilde bir z vardır.

Teorem 10.2.9. L sıralama topolojisine sahip L lineer continium ise L bağlan-

tılıdır. Ayrıca L deki aralıklarda bağlantılıdır.

Sonuç 10.2.5. R ve R deki her aralık bağlantılıdır ve < bağıntısına göre sıralama

topolojisine sahiptir. O halde R lineer continiumdur.

Teorem 10.2.10. ([a, b] üzerinde Ara Değer Teoremi) f : [a, b]→ R sürekli

olsun. f(a) < s < f(b) ise f(c) = s olacak şekilde bir c ∈ [a, b] vardır.

Figure 10.5: f(c) = s olacak şekilde bir c ∈ [a, b] vardır

Örnek 10.2.11.

1 Ocak 2014 tarihinden başlayarak Mustafa diyet yaparak kilo vermek istemiştir.

30 hafta sonunda 40 kg vermiştir. Zaman göre ağırlık fonksiyonu w(t) alırsak

w(0) = 140 ve w(30) = 90 şeklindedir. Mustafa’nın 100 kg ulaştığı bir zaman

vardır. Belki de bu kiloda bir kaç hafta kalmış olabilir. Ara Değer Teoreminden 30

hafta boyunca en az bir kez 100 kg ağırlığında kalmıştır. Yani w(c) = 100 olacak

şekilde bir c ∈ [0, 30] vardır.

Sonuç 10.2.6. f : [a, b] → R sürekli olsun. f(a) ve f(b) zıt değerlere sahip ise

f(x) = 0 denkleminin çözümü a ve b arasında bir değerdir.

Teorem 10.2.11. (Teorem 9.2.10 nin Geneli) X bağlantılı topolojik uzay olmak

üzere f : X → R sürekli olsun. p, q ∈ f(X) ve p ≤ r ≤ q ise r ∈ f(X) dir.

İspat: X bağlantılı topolojik uzay olmak üzere f : X → R sürekli, p, q ∈ f(X)

ve p ≤ r ≤ q olsun. r = p veya r = q ise isaptlancak bir şey yoktur. Bu nedenle

p < r < q durumun inceleyelim. X bağlantılı ve f sürekli olduğundan f(X)

bağlantılıdır. r elemanı f(X) e ait olmadığını varsayalım. O zaman, U = (−∞, r)

ve V = (r,∞) R nin açık ayrık alt kümeleridir. Ayrıca f(X) ⊂ U ∪ V dir.

295

p ∈ U ve q ∈ V olduğundan f(X) görüntü kümesi U ve V her ikisi ile kesişir. Bu

Figure 10.6: r /∈ f(X) ise U = (−∞, r) ve V = (r,∞) f(X) nin ayırıcılarıdır.

durmda U ve V kümeleri f(X) in ayrıcılarıdır. Bu ise f(X) in abğlantılı olması ile

çelişir. Bu nedenle r ∈ f(X) dir.

Örnek 10.2.12.

Van gölü yüzeyi X topolojik uzayı olsun. f : X → R fonksiyonu Van gölününü de-

rinliğini ölçmektedir. Van gölünün maksimum derinliği 450 metredir. Van gölünde

derinliği 250 metre olan bir nokta mevcut mudur?

Van gölü yüzeyi birim diske homeomorf ve f : X → R fonsiyonu sürelidir. Kıyı

kenar noktalarında derinlik sıfır olduğundan fonksiyonu sıfır yapan noktalar mev-

cuttur. Teorem 9.2.11 den Van gölü yüzeyi üzerinde en az bir c noktası vardır

öyleki f(c) = 250 dir.

Teorem 10.2.12. (Ara Değer Teoremi(En Geneli)): X bağlantılı ve Y sıralı

küme olmak üzere f : X → Y sürekli olsun. a, b ∈ X ve f(a) < r < f(b) ise

f(c) = r olacak şekilde bir c ∈ X vardır.

İspat: Teoremin hipotezleri var olsun.

A = f(X) ∩ (−∞, r) ve B = f(X) ∩ (r,∞)

kümeleri ayrıktır ve ayrıca boştan farklıdır çünkü ilki f(a) ve ikincisi f(b) yi içerir.

Bu kümelerin herbiri f(X) de açıktır. f(c) = r olacak şekilde X in bir c noktası

olmasaydı, f(X), A ve B kümelrin birleşimi olurdu. Bu durumda A ve B kümelri

f(X) in ayırıcılarıdır. Bu da f(X) in bağlantılı olması ile çelişir.

Örnek 10.2.13.

Teorem 10.2.13. (Bir Boyutlu Brouwer Sabit Nokta Teoremi ) f : [−1, 1]→

[−1, 1] sürekli olsun. f(c) = c olacak şekilde en az bir c ∈ [−1, 1] vardır.

296

İspat: f : [−1, 1]→ [−1, 1] sürekli olsun.

g : [−1, 1]→ R x 7→ g(x) = f(x)− x

şeklinde tanımlansın. f sürekli olduğundan g süreklidir. Ayrıca g(−1) = f(−1) +

1 ≥ 0 ve g(1) = f(1)− 1 ≤ 0 dir.

Ara Değer teoremindan, g(c) = 0 olacak şekild bir c ∈ [−1, 1] vardır. yani

Figure 10.7: f nin grafiği ile y = x doğrusunun arakesiti sabit noktasıdır.

0 = g(c) = f(c)− c ve dolyısıyla, f(c) = c dir.

Borsuk-Ulam Teoremin ispatı bu ders notunu içermediği konu ile yapıldığından

Borsuk-Ulam Teoremin özel halini vereceğiz.

Teorem 10.2.14. f : S2 → R sürekli ise f(c) = f(−c) olacak şekilde c ∈ S2

vardır.

İspat: f : S2 → R sürekli olsun.

g : S2 → R x 7→ g(x) = f(x)− f(−x)

şeklinde tanımlansın. f sürekli olduğundan g süreklidir. Ayrıca S2 bağlantılı ve

x ∈ S2 için g(x) = f(x) − f(−x) = −(f(−x) − f(x)) = −g(−x) dir. p ∈ S2

noktasını seçelim. g(p) = 0 ise f(p) = f(−p) dir. g(p) ve g(−p) zıt işaretli olsun.

Ara Değer Teoreminden, g(q) = 0 olacak şekild bir q ∈ S2 vardır. Böyle q ∈ S2

için f(q) = f(−q) dir. Dolayısıyla her iki durumda da f(c) = f(−c) olacak şekilde

c ∈ S2 vardır.

Örnek 10.2.14.

Teorem 9.2.14 nin meterolojide güzel uygulaması vardır. Dünya yüzeyini 2-küre ve

dünya yüzey sıcaklığını da 2-küre üzerinde tanımlı sürekli fonksiyon olarak alalım.

297

Teorem 9.2.14 göre dünya yüzeyi üzerinde zıt iki noktada (bu noktalar dünyanın

merkezine göre bribirlerinin simetriği) sıcaklık aynıdır. Bu teoriyi, basınç, nem gibi

sonuçlarda da kullanabiliriz.

10.3 Yol Bağlantılı Uzaylar

Tanım 10.3.1. X bir topolojik uzay olsun. Herhangi iki x0, x1 ∈ X için f(0) = x0

ve f(1) = x1 olacak şekilde f : [0, 1]→ X sürekli fonksiyonu varsa X e yol bağlantılı

uzay denir.

Örnek 10.3.1.

S1 yol bağlantılı uzaydır çünkü;

w : I → S1, w(t) = (cos 2πt, sin 2πt)

sürekli fonksiyondur.

Örnek 10.3.2.

Sonsuz dişli topolojici tarağı yol bağlatılıdır. Yani

X = (x, 1

n) | 0 ≤ x ≤ 1, n ∈ N ∪ (x, 0) | 0 ≤ x ≤ 1 ∪ (0, y) | 0 ≤ y ≤ 1

(x1, y1), (x2, y2) ∈ X için

f : [0, 1] −→ X

t 7→ f(t) =

(x1, (1− 3t)y1) 0 ≤ t ≤ 1/3

(x1 + (3t− 1)(x2 − x1), 0) 1/3 ≤ t ≤ 2/3

(x2, (3t− 1)y2) 0 ≤ t ≤ 1/3

yapıştırma lemmasından f süreklidir. Böylece X yolbağlantılıdır.

Örnek 10.3.3.

X = I × I üzerinde sözlük sıralama topolojisi var olsun. X uzayı bağlantılı fakat

yol bağlantılı değildir.

X = I× I lineer continium teoreminden dolayı bağlantılıdır. α : [0, 1]→ X sürekli

fonksiyon var mı?

∀x0, x1 ∈ X α(0) = x0, α(1) = x1

var mı? Varsayalım ki X yol bağlantılı olsun. O zaman

∀x0, x1 ∈ X α(0) = x0, α(1) = x1

298

Figure 10.8: Sonsuz dişil topolojici tarak uzayı

olacak şekilde bir α : [0, 1] → X sürekli fonksiyon vardır. α([0, 1]), X deki tüm

noktaları içerir.

∀x ∈ I = [0, 1] için Ux = α−1(x × (0, 1)) ⊂ [0, 1] açıkların ters görüntüsüde

açıktır. O Halde ∀x ∈ I için Ux in içerdiği qx ∈ [0, 1] noktasını seçelim. ∀x için Ux

açık kümeleri ayrıktır.

Uz = α−1(z × (0, 1))⇒ Ux ∩ Uz = ∅

[0, 1] yol bağlantılı değildir. Çelişki. O halde X yol bağlantılı olamaz.

Teorem 10.3.1. f : X → Y sürekli ve X yol bağlantılı uzay ise f(X) de yol

bağlantılı uzaydır.

İspat X yol bağlantılı uzay olsun. Tanımdan w(0) = x0 ve w(1) = x1 olacak

şekilde sürekli w : [0, 1]→ X fonksiyon vardır.

I w// X

f// Y

(f w)(0) = f(w(0)) = f(x0) = y0

(f w)(1) = f(w(1)) = f(x1) = y1

O halde f(X) yol bağlantılıdır.

Teorem 10.3.2. X yol bağlantılı ise bağlantılıdır.

İspat X yol bağlantılı olsun. Varsayalım ki X bağlantılı olmasın. Bu durumda

X = A ∪ B,A ∩ B = ∅ ve X yol bağlantılı olduğundan sürekli bir f : I → X

fonksiyonu vardır ve

299

I = f−1(X) = f−1(A ∪B) = f−1(A) ∪ f−1(B)

dir. Aynı zamanda

f−1(A) ∩ f−1(B) = ∅

dir. Çelişki. O halde X uzayı bağlantılıdır.

Bağlantılı bir uzay yol bağlantılı olmayabilir. Aşağıdaki örnek bu durumu izah

etmektedir:

Örnek 10.3.4.

Topolojici sin 1x-uzayı

X = A ∪B = (0, y) : −1 ≤ y ≤ 1 ∪ (x, sin 1

x) : 0 < x ≤ 1

2π

R2 nin alt uzayıdır. X in bağlantılı bileşeni kapalı ve B yi içerir.

Figure 10.9: sin 1xeğrisi

Ayrıca B nin kapanışı A yı içerir. Böylece X bağlantılıdır. Diğer taraftan, Çünkü

(0, 0) noktasını (x, y) ∈ B bağlayan bir yol mevcut değildir. Sonuç olarak, X yol

bağlantılı değildir.

Teorem 10.3.3. X ve Y yol bağlantılı ise X × Y de yol bağlantılıdır.

300

Bağlantılıkta olduğu gibi, X topolojik uzayı üzerinde bir ∼ bağıntı tanımlayalım:

x ∼ y :⇔ x den y ye giden X bir yol vardır.

Şimdi bu bağıntının bir denklik bağıntısı olduğunu gösterelim:

A. x ∼ x doğru mudur? Evet çünkü f : [0, 1] −→ X t 7→ f(t) = x şeklinde yolu

mevcuttur.

B. x ∼ y ise y ∼ x midir? Evet doğrudur. x ∼ y ise tanımdan x noktasını y nok-

tasına bağlayan f : [0, 1] −→ X yolu vardır. Şimdi, g : [0, 1] −→ X t 7→ g(t) =

f(1− t) sürekli fonksiyonunu tanımlayalım. Bu g fonksiyonu y noktasından x

noktasına bir yoldur.

C. x noktasını y noktasına bağlayan yol f fonsiyonu, y noktasını z noktasına

bağlayan yol g fonksiyonu olsun. Şimdi yeni fonksiyon h : [0, 1] −→ X aşağıdaki

şekilde tanımlayalım:

h(t) =

f(2t) 0 ≤ t ≤ 1/2

g(2t− 1) 1/2 ≤ t ≤ 1.

Yapıştırma(pasting) lemmasısndan, h sürekli ve h(0) = x, h(1) = 1 dir.

Böylece h fonksiyonu x noktasını z noktasına bağlayan bir yoldur. Dolayısıyla,

x ∼ z dir.

Tanım 10.3.2. X topolojik uyzay üzerindeki ∼ denklik bağıntısı ile oluşturulan

denklik sınıfına X in yol bileşeni denir.

Not 10.3.1. Bir topolojik X uzayın yol bileşenleri X in maksimal yol bağlantılı alt

kümeleridir.

Tanım 10.3.3. Rn nin alt kümesi A daki her x, y noktası için bu noktaları bir-

leştiren doğru parçası A kümesinde kalıyorsa A ya konveks küme denir.

Örnek 10.3.5.

Rn nin alt kümesi A konveks ise bu küme yol bağlantılıdır. Her bir x, y ∈ A için

f : [01] −→ A t 7→ f(t) = (1− t)x+ ty

fonsiyonu sürekli olduğundan A yol bağlantılıdır.

Not 10.3.2. Rn uzayında Yol bağlantılı alt uzayın konveks olması gerekmez. S1

birim çemberi yol bağlantılı iken konveks değildir.

301

Örnek 10.3.6.

Normlu uzay da bir kapalı disk konveks kümedir. Gerçektende, her bir x, y ∈

B(x0, r) ve t ∈ [0, 1] için,

||(1− t)x+ ty − x0|| = ||(1− t)x+ ty − x0 − (1− t)x0 − tx0||

≤ (1− t)||x− x0||+ t||y − x0|| ≤ (1− t)r + tr = r

dir.

Örnek 10.3.7.

n > 2 olmak üzere x0 ∈ Rn için Rn − x0 konveks değil fakat yol bağlantılıdır.

Gerçektende, x, y ∈ Rn − x0 için

f : [0, 1] −→ Rn − x0 t 7→ f(t) = (1− t)x+ ty

fonksiyonu süreklidir. x0 noktası (1 − t)x + ty üzerinde değilse Rn − x0 yol

bağlantılıdır. x0 noktası (1 − t)x + ty üzerinde ise Bu doğru üzerinde olmayan z

noktasını alalım. x, y, z ∈ Rn − x0 için

g : [0, 1] −→ Rn − x0

t 7→ g(t) =

(1− 2t)x+ tz 0 ≤ t ≤ 1/2

(2− 2t)z + (2t− 1)y 1/2 ≤ t ≤ 1.

fonksiyonu sürekldir ve dolayısıyla, Rn − x0 yol bağlantılıdır.

10.4 Yerel Bağlantılı ve Yerel Yol bağlantılı Uza-

ylar

Tanım 10.4.1. (X, τ) topolojik uzay olsun. x elemanının her U komşuluğu için,

U tarafından kapsanan x elemanının V bağlantılı komşuluğu varsa, X uzayına x

elemanında yerel bağlantılıdır denir. X topolojik uzayı her bir noktasında yerel

bağlantılı ise bu uzaya yerel bağlantılı uzay denir.

Tanım 10.4.2. (X, τ) topolojik uzay olsun. x elemanının U komşuluğu için, U

tarafından kapsanan bu elemanın V yol bağlantılı komşuluğu varsa, X topolojik

uzayına x elemanında yerel yol bağlantılı uzay denir. X uzayı, her bir noktasında

yerel yol bağlantılı ise bu uzaya yerel yol bağlantılı uzay denir.

302

Örnek 10.4.1.

Reel doğru ekseninde her bir aralık ve her bir ışın hem bağlantılı hem de yerel

bağlantılıdır.

Örnek 10.4.2.

R nin alt uzayı [−1, 0) ∪ (0, 1] bağlantılı değil fakat yerel bağlantılıdır.

Örnek 10.4.3.

Topolojik sin 1x-uzayı

X = A ∪B = (0, y) : −1 ≤ y ≤ 1 ∪ (x, sin 1

x) : 0 < x ≤ 1

2π

R2 nin alt uzayıdır. Topolojik sinüs eğrisi bağlantılı iken yerel bağlantılı değildir.

Figure 10.10: sin 1xeğrisi

Örnek 10.4.4.

Rasyonel sayılar Q ne bağlantılı ne de yerel bağlantılı değildir.

Örnek 10.4.5.

Reel sayılar R üzerinde standart topoloji verilsin. A = 1n| n ∈ N alt uzayı yerel

bağlantılı değildir.

Örnek 10.4.6.

Şekil 9.10 gösterilen sonsuz süpürge uzayı x noktasında yerel bağlantılı değildir.

303

Figure 10.11: x noktasında sonsuz süpürge uzayı

Teorem 10.4.1. (X, τ) topolojik uzayının yerel bağlantılı olması için gerek ve yeter

şart X uzayının her açık kümesi U için, U ya ait her bir bileşenin, X de açık

olmasıdır.

İspat: (⇒) X topolojik uzayı yerel bağlantılı olsun. U , X de bir açık küme olsun.

C de U nun bir bileşeni olsun. x, C ye ait bir nokta ise V ⊂ U olacak şekilde x

noktasının bağlantılı komşuluğu V yi seçelim. V bağlantılı olduğundan V , U nun

C bileşeninde olmalıdır. Dolayısıyla C, X de açıktır.

(⇐)X topolojik uzayındaki açık kümelerin bileşenlerinin açık olduğunu varsayalım.

X topolojik uzayı verilen x noktası ve bu noktanın U komşuluğu için, C, x noktasını

içeren U nun bir bileşeni olsun. Şimdi C bağlantılıdır. C, X de açık olduğundan

X, x noktasında yerel bağlantılıdır.

Sonuç 10.4.1. Yerel bağlantılı uzayın bileşenleri hem açık hem de kapalıdır.

Teorem 10.4.2. Yerel bağlantılı uzayın bölüm uzayı yerel bağlantıldır.

İspat: f : X −→ Y bölüm dönüşümü olsun. Y nin bir açık alt kümesi V ve

V nin bileşeni C olsun. x ∈ f−1(C) için f−1(V ) de bir x elemanın bileşeni Cx

olsun. Şİmdi f sürekli olduğundan f(Cx) bağlantılıdır. f(C) kümesi f(x) ∈ C

elemanını içerir. Böylece f(Cx) ⊂ C dir. Dolasıyla x ∈ Cx ⊂ f−1(C) dir. Cx açık

olduğunadan f−1(C) açıktır. Y de bölüm topolojisi var olduğundan C kümesi Y

de açıktır.

Teorem 10.4.3. (X, τ) topolojik uzayının yerel yol bağlantılı olması için gerek ve

yeter şart X uzayının her açık kümesi U için, U ya ait her bir yol bileşenin X de

açık olmasıdır.

İspat: Teorem 9.4.1 in ispatı ile benzerdir.

Teorem 10.4.4. Bir Topolojik X uzayı yerel yol bağlantılı ve bağlantılı ise bu uzay

yol bağlantıldır.

İspat: x0 ∈ X. olsun. x0 noktasını X daki noktalara yol ile birleştirebiliriz. x0

304

ı X deki bireştirdiğimiz noktalrın kümesi A olsun. x0 ∈ A olduğundan A kümesi

boştan farklıdır. Eğer A hem açık hemde kapalı ise A = X dir.

A nın açık olması durumu: y ∈ A ise y nin yol bağlantılı komşuluğu U olsun. z ∈ U

daki noktayı bir yol yardımıyla y ile birleştiririz ve dolasıyla a ile de birleştirebiliriz.

A nın kapalı olması durumu: y ∈ A ise y nin yol bağlantılı komşuluğu U olsun. O

zaman, U ∩ A /∈ ∅ ve dolayısıyla z ∈ U ∩ A dir. Şimdi, y den z ye bir yol var ve z

den x e bir yol vardır. Böylece x den y ye yol var yani y ∈ A dir.

Sonuç 10.4.2. Rn nin açık bağlantılı alt kümesi yol bağlantılıdır.

Teorem 10.4.5. (X, τ) bir topolojik uzay olsun. X e ait her bir yol bileşeni, X e

ait yol bileşeni tarafından kapsanır. X, yerel yol bağlantılı ise X e ait bileşenler ve

yol bileşenler aynıdır.

Sonuç 10.4.3. Yerel bağlantılı uzay, sürekli fonksiyon altında korunmaz. Yerel

bağlantılı uzay, açık ve sürekli fonksiyon altında korunur.

Önerme 10.4.1. (X, τ) yerel bağlantılı uzay ve f : (X, τ) −→ (Y, τ′) açık ve

sürekli fonksiyon olsun. O zaman f(X), yerel bağlantılıdır.

İspat 10.4.1. y ∈ f(X) ve U da y nin herhangi bir komşuluğu olsun. Fonksiyon

tanımından f(x) = y ∈ f(X) olacak şekilde x ∈ X vardır. f−1(U), x noktasının bir

komşuluğudur. X yerel bağlantılı olduğundan, x noktasının bağlantılı komşuluğu V

vardır. f hem açık hem de sürekli olduğundan f(V ), y nin bağlantılı komşuluğudur

ve f(V ) ⊂ U dur. Böylece f(X) yerel bağlantılıdır.

Önerme 10.4.2. (Xi, τi)i∈I boştan farklı topolojik uzayların ailesi olsun. Πi∈IXi

yerel bağlantılı olması için gerek ve yeter şart her bir Xi nin yerel bağlantılı ve tümü

fakat sonlu sayıdaki Xi lerin bağlantılı olmasıdır.

ALIŞTIRMALAR

1.

a) (0,1),(0,1] ve [0,1] uzaylarının homeomorfik olmadığını gösteriniz.

b) f : X −→ Y ve g : Y −→ X gömmeler olsun. X ve Y nin homeomorfik olması

gerekmediğini bir örnekle gösteriniz.

c) n > 1 ise Rn ve R nin homeomorfik olmadığını gösteriniz.

2. f : S1 −→ R sürekli bir dönüşüm olsun. f(x) = f(−x) olacak şekilde S1 in bir

x noktasının var olduğunu gösteriniz.

3. f : X −→ Y sürekli olsun. X = [0, 1] ise f(x) = x olacak şekilde bir x

305

noktasının var olduğunu gösteriniz. Bu x noktasına f in sabit noktası denir. X,

[0, 1) veya (0, 1) aralıklarına eşit olduğunda ne olur?

4. X, sıralama topolojisinde bir sıralı küme olsun. X bağlantılı ise X in bir lineer

süreklilik olduğunu gösteriniz.

5. Aşağıdakilerden hangisi lineer süreklidir?

a) Z+ × [0, 1)

b) [0, 1)× Z+

c) [0, 1)× [0, 1]

d) [0, 1]× [0, 1)

6.

a) X ve Y sıralama topolojisinde sıralı kümeler olsun. f : X −→ Y sıra koruyan

ve örten ise f in homeomorfizm olduğunu gösteriniz.

b) X = Y = R+ olsun. Verilen bir n tamsayısı için f(x) = xn fonksiyonunun

sıra koruyan ve örten olduğunu gösteriniz. Tersinin(n. kök fonksiyonu) sürekli

olduğunu sonuçlandırınız.

c) X = (−∞,−1)∪[0,∞) olsun. f(x) =

x+ 1, x < −1

x, x ≥ 0ile tanımlı f : X −→

R fonksiyonunun sıra koruyan ve örten olduğunu gösteriniz. f homeomorfizm

midir? a) şıkkı ile karşılaştırınız.

7.

a) Yol bağlantılı uzayların çarpımının yol bağlantılı olması gerekir mi?

b) A ⊂ X ve A yol bağlantılı ise A nın yol bağlantılı olması gerekir mi?

c) f : X −→ Y sürekli ve X yol bağlantılı ise f(X) in yol bağlantılı olması gerekir

mi?

d) Aα, X in yol bağlantılı alt kümelerinin ailesi ve⋂Aα 6= ∅ ise

⋃Aα in yol

bağlantılı olması gerekir mi?

8. Rl nin bileşenleri ve yol bileşenleri nedir? f : R −→ Rl sürekli dönüşümleri

nedir?

9. Sıralı karenin yerel bağlantılı olduğunu fakat yerel yol bağlantılı olmadığını

gösteriniz. Bu uzayın yol bileşenleri nelerdir?

10. X yerel yol bağlantılı olsun. X deki her bağlantılı açık kümenin yol bağlantılı

olduğunu gösteriniz.

306

11. X,R2 nin [0, 1]× 0 aralığının rasyonel sayılarını göstersin. T,X in noktalarına

p = 0× 1 noktasını ekleyen tüm doğru parçalarının birleşimini göstersin.

a) T nin yol bağlantılı olduğunu fakat sadece p noktasında yerel bağlantılı olduğunu

gösteriniz.

b) Yol bağlantılı olan fakat noktalarının hiçbirinde yerel bağlantılı olmayan R2 nin

bir alt kümesini bulunuz.

12. p : X −→ Y bölüm dönüşümü olsun. X yerel bağlantılı ise Y nin yerel

bağlantılı olduğunu gösteriniz.

ALIŞTIRMALAR

A. Πα∈IXα bağlantılı ise Xα bağlantılıdır. Gösteriniz.

B. Aα, X uzayının bağlantılı alt kümeler kolleksiyonu ve A, X in bağlantılı alt

uzayı olsun. ∀α için A ∩ Aα 6= ∅ ise A ∪ (⋃α∈I

Aα) bağlantılıdır. Gösteriniz.

C. X sonlu bir küme ve üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi var olsun. X bağlan-

tılıdır. Gösteriniz.

Bibliography

[1] Colin Adams and Robert Franzosa, Introduction to Topology Pure and Applied,

Pearson Prentice Hall Inc., 2008.

[2] Glen E. Bredon, Topology and Geometry, Springer-Verlag, New York, 1993.

[3] Stephan C. Carlson, Topology of Surfaces, Knots, and Manifolds, John Wiley

Sons, Inc, 2001

[4] Fred H. Croom, Basic Concepts of Algebraic Topology, Springer-Verlag, New

York, 1978.

[5] Fred H. Croom, Principles of Topology, Springer-Verlag, New York, 1978.

[6] Michael C. Gemignani, Elementary Topology, Dover Publicaion Inc., 1990.

[7] Sue E. Goodman, Beginning Topology, American Mathematical Society, 2009.

[8] John McCleary, A First Course in Topology, American Mathematical Society,

2006.

[9] Robert Messer and Philip Straffin, Topology Now!, The Mathematical Associ-

ation of America, 2006.

[10] Osman Mucuk, Kategori ve Topoloji, Springer-Verlag, New York, 2009.

[11] James R. Munkres, Elements of Algebraic Topology, Springer-Verlag, New

York, 1984.

[12] James R. Munkres, Topology, Springer-Verlag, New York, 1984.

[13] Abdugafur Rahimov, Topolojik Uzaylar, Seçkin yayıncılık, 2006.

[14] Allan J. Sieradski, An Introduction to Topology and Homotopy, PWS-KENT

Publishing Company, 1992.

307